5.23杂题选讲
咕了不知道多久的杂题选讲终于回来了2333
然而这次讲的5题里面2题写过2题口胡过,还有一题是sb题???
不管了,作业还是要交的。
洛谷P5369 最大前缀和
做过啦2333
考虑到一个最大前缀和必然由两个部分组成:第一个是任意一个后缀都大于等于0,第二个是任意一个前缀都小于0。
然后随便状压一下就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define templ template<typename T>
#define sz 1100000
#define mod 998244353ll
typedef long long ll;
typedef double db;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
templ inline void read(T& t)
{
t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
t=(f?-t:t);
}
template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
inline void print(register int x)
{
if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
}
void file()
{
#ifdef NTFOrz
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
inline void chktime()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
#endif
}
#ifdef mod
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
#else
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
#endif
// inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;
int n;
int a[25];
int sum[sz];
ll f[sz],g[sz];
ll fac[sz];
void init(){fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}
int main()
{
file();
init();
read(n);
rep(i,1,n) read(a[i]);
int N=(1<<n)-1;
rep(i,0,N) rep(j,0,n-1) if (i>>j&1) sum[i]+=a[j+1];
g[0]=1;
rep(i,0,N-1)
rep(j,1,n)
if (!(i>>(j-1)&1)&&sum[i|(1<<(j-1))]<0)
(g[i|(1<<(j-1))]+=g[i])%=mod;
rep(i,0,n-1) f[1<<i]=1;
rep(i,1,N-1)
if (sum[i]>=0)
rep(j,0,n-1)
if (!(i>>j&1))
(f[i|(1<<j)]+=f[i])%=mod;
ll ans=0;
rep(i,1,N) (ans+=f[i]*g[N^i]%mod*sum[i]%mod)%=mod;
cout<<(ans+mod)%mod;
return 0;
}
CF1163D Mysterious Code
没做过,然而是sb题。
直接\(dp_{i,j,k}\)表示\(c\)的前\(i\)位,匹配到\(s\)的前\(j\)位、\(t\)的前\(k\)位,配上kmp直接转移就可以AC了。
但是好像还是可以优化:假设\(j\ge k\),则\(k\)完全没有用,可以经过预处理后被\(j\)表示出来。
所以可以记\(dp_{i,p,0/1}\)表示\(c\)的前\(i\)位,\(p\)是\(j\)还是\(k\),然后乱转移?
(网上没有这样的题解,不保证正确性,然而感觉挺对)
CF1139E Maximize Mex
口胡过啦。
很容易想到暴力的二分图匹配:左边权值右边社团,随便搞。
然而你会发现这样过于暴力:删了人会冒出一个洞,之后要用很长的时间重新搞到答案。
于是考虑反过来加人:这样答案就可以一路往前推,直接匈牙利算法即可。
代码咕咕咕。
洛谷P3239 [HNOI2015]亚瑟王
做过啦。
容易想到期望的线性性:考虑每一张牌被发动的概率。
然后这题有一点奇怪:不是按轮来DP而是把所有轮压在一起DP。
(或许是我孤陋寡闻?)
设\(f_i\)表示第\(i\)张牌在所有的\(r\)轮中被打出的概率,\(dp_{i,j}\)表示在所有的\(r\)轮中,前\(i\)张牌打出了\(j\)张的概率。
然后随便转移即可。
(代码去年暑假写的,可能较丑)
#include<bits/stdc++.h>
#define sz 300
using namespace std;
double ksm[sz][sz];
double p[sz];
double dp[sz][sz];
double fp[sz];
int d[sz],n,r;
void work()
{
#define mem(a,val) memset(a,val,sizeof(a))
mem(ksm,0);mem(p,0);mem(d,0);mem(dp,0);mem(fp,0);
scanf("%d %d",&n,&r);
int i,j;
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lf %d",&p[i],&d[i]);
for (i=1;i<=n;i++)
{
ksm[i][0]=1;
for (j=1;j<=r;j++) ksm[i][j]=(1.0-p[i])*ksm[i][j-1];
}
dp[1][0]=ksm[1][r];dp[1][1]=1.0-ksm[1][r];
dp[0][0]=1;
for (i=2;i<=n;i++)
{
for (j=0;j<=min(i,r);j++)
{
if (i!=j) dp[i][j]=dp[i-1][j]*ksm[i][r-j];
if (j) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*(1.0-ksm[i][r-j+1]);
}
}
double ans=0;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=0;j<=min(i-1,r);j++)
fp[i]+=dp[i-1][j]*(1.0-ksm[i][r-j]);
for (i=1;i<=n;i++) ans+=d[i]*fp[i];
printf("%.10lf\n",ans);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--) work();
}
洛谷P5376 [THUPC2019]过河卒二
有趣的一道题。
发现某些格子不能经过非常恶心,考虑容斥把它搞掉。
钦定一些点必须被走过,然后转化为\((0,0)\)走到\((n,m)\)的方案数和走出\(n\times m\)的矩阵的方案数。
\((0,0)\)走到\((n,m)\)可以枚举有多少个斜向上走的步数,那么可以求出向右和向上的步数,组合数求出方案数即可。
走出去的方案数呢?有一个很棒的东西:这东西等价于走到\((n+1,m+1)\)的方案数,证明显然。
那么先处理出这些东西,然后容斥即可。
代码咕咕咕。