Очевидно, что масти никакой роли не играют. Рассмотрим теперь подробно все случаи:

[0 - 10] — ноль способов.
[11] — четыре способа, используя тузы.
[12 - 19] — четыре способа, используя карты от 2 до 9.
[20] — 15 способов, они описаны в примечании условия задачи.
[21] — четыре способа, используя тузы.
[22 - 25] — ноль способов.

Заметим, что мы не можем добраться до i + 1-го вопроса до тех пор, пока не кликнем на все ответы на i-м вопросе. Из всех ответов на i-ом вопросе нас вернут в начало a_i - 1, и только один отправит дальше. Каждый неверный ответ заставит проделать нас путь длины i - 1 плюс единицу за клик по неверному ответу. Отсюда формула для перехода на i + 1-ый шаг:

c_i = (a_i - 1)· i + 1 (нумерация с единицы).

Просуммируем все значения c_i для получения ответа на задачу.

Внимательно прочитаем формальную часть условия. Ктулху должен представлять собой простой цикл длины три и более, каждая вершина которого является корнем дерева. Заметим два важных факта:

а) Ктулху — это связный граф
б) Ктулху — это граф с единственным циклом

Если к дереву из трёх и более вершин добавить ровно одно любое ребро (не мультиребро и не петлю), то мы получим граф, обладающий свойствами а) и б). Отсюда простое решение: проверим граф на связность (это можно сделать одним поиском в глубину) и проверим условие n = m. При выполнении обоих условий граф является Ктулху.

Разберёмся с задачей сперва в случае чётного n. Очевидно, что при k = 1 ставить патрон нужно в крайнюю правую позицию, то есть, например, при n = 8 ответ будет выглядеть так:

.......X

Оценим вероятность застрелиться в этой ситуации. Напишем нули у тех слотов барабана, которые приведут нас к поражению, а у победных напишем единицы:

10101010

Отсюда понятно, что каждый следующий патрон нужно ставить так, чтобы не снижать вероятность собственной победы до тех пор, пока это возможно. Когда все слоты, ведущие к поражению, будут заполнены патронами, останется только получать лексикографически наименьший ответ с ростом k. Рассмотрим ответы для всех остальных k при n = 8:

.....X.X
...X.X.X
.X.X.X.X
.X.X.XXX
.X.XXXXX
.XXXXXXX
XXXXXXXX

В случае нечётного n рассуждения будут немного иными в начале, давайте построим ответ для n = 9 и k = 1:

........X
010101010

Можно поставить патрон аналогично чётному случаю, как описано выше. А можно поступить иначе — зарядить первый слот и сдвинуть барабан влево, смотрим:

X.......X => .......XX
010101010    101010100

Очевидно, что вероятность не изменилась, а ответ улучшился. Дальше придётся заряжать револьвер так, как описано для чётного случая:

.....X.XX
...X.X.XX
.X.X.X.XX
.X.X.XXXX
.X.XXXXXX
.XXXXXXXX
XXXXXXXXX

Разобравшись в принципе заполнения барабана патронами не должно составить труда научиться с помощью нескольких условий быстро отвечать на требуемые запросы.

Будем решать задачу оффлайн. Считаем все запросы и отсортируем их по возрастанию параметра b. После этой операции существует несколько эффективных решений, рассмотрим, как мне кажется, наиболее идеологически простое из них. Для этого изучим два следующих алгоритма:

1. Для каждого (a, b)-запроса пробежим по массиву и вычислим результат тупо в лоб, то есть:

for(int i = a; i < n; i += b)
  ans += a[i];

2. Для фиксированного b посчитаем за линию динамику, чтобы научиться отвечать на запросы для произвольного a за O(1):

for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
  if (i + b >= n)
    d[i] = a[i];
  else
    d[i] = d[i + b] + a[i];

Очевидно, что 1-ый алгоритм будет неэффективен при малых значениях b, а 2-ой — при очень разных b. Заметим, что не бывает такого теста, при котором все b достаточно малы и притом различны. Отсюда простая идея: будем решать задачу 1-ым алгоритмом при больших значениях b (больше некоторого c) и 2-ым при малых (меньше и равном c).

Сортировка вначале нужна для того, чтобы не пересчитывать динамику для фиксированного b.

Можно доказать, что при выборе c равном будет достигнута оценка .

Разбор задачи провёл winger.

Построим двудольный граф G₁ с множествами в левой доле и числами в правой доле. Ребро из множества в число проведем, если число принадлежит множеству. По теореме Холла, из условия "известно, что объединение любых k множеств содержит не менее k различных чисел (для любого целого положительного k)" и из того, что различных чисел не больше n, вытекает существование полного паросочетания, (включающего все вершины).

Найдем в G₁ какое-нибудь такое паросочетание M = {(u_i, v_i)}. Теперь построим ориентированный граф G₂ с вершинами, соответствующими множествам и ребрами (u_i → u_j) для всех ребер (u_i, v_j) в G₁ не из M. Любой искомый набор множеств размера k не должен содержать в G₂ ребер из набора наружу (иначе в нем будет находиться k чисел из паросочетания + количество вершин не из набора в которые есть ребра из набора).

Таким образом, задача свелась к следующей: в ориентировам графе с весами на вершинах найти набор вершин минимального суммарного веса без ребер наружу. Эта задача, как известно, сводится к задаче поиска минимального разреза.

Напишем на ребрах G₂ бесконечные веса, добавим вершины s и t, и для каждого множества u_i с весом w нарисуем ребро u_i → t с весом w если w > 0 или ребро s → u_i с весом  - w если w < 0. Доля, содержащая s в минимальном разрезе получившегося графа из s в t, будет соответствовать искомому оптимальному набору.