2021.5.22 训练赛题解
0. 注
- 本题解的所有图片和注明内容都可以在 配套文件 之中获得。
- 所有代码精简，略去了不重要的部分。
- 部分题目等待更新。
T1.小球
Problem
Solution
...
Code
...
T2.金币二
Problem
Solution
...
Code
...
T3.绳子
Problem
Solution
观察题面，是一道明显的几何题。最简单的思想就是模拟，直接去一段一段地求，可这样难免码量过大，考虑有没有简便方法。
从样例入手，可画出图如下 :
（注 : 配套文件中既有图示，也有原使用 GeoGebra 制作的 .ggb 文件）
我们需要用一根绳子把它绕起来，无非就是找一个能覆盖住它的最小周长的多边形。
显然，在四角，最佳方案就是沿着圆弧。
而在其余部分，根据两点之间线段最短，易得最短为连线，即图中所示线段 EG,FJ,IK,HL。
那这个多边形实质上就是一个圆角多边形。
周长可以分为两部分 : 弧与边。
弧四条刚好可以拼成一个整圆，即 \(2\pi R\)。
而边的部分简单观察就可以发现，等于多边形周长。
分开计算并加和即可、
注 : 这里是人为地将每个圆分成了 \(4\) 个圆心角为 \(90^{\circ}\) 的扇形。
Code
const double pi=3.1415926;
struct information{
double x;
double y;
}a[110]; //结构体直接存储每一个点的坐标 (x,y)
signed main(){
int n;
double r;
read(n);scanf("%lf",&r);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf %lf",&a[i].x,&a[i].y);
double c1=2*pi*r; //周围 4 段圆弧构成一个整圆的周长
double c2=sqrt((a[n].x-a[1].x)*(a[n].x-a[1].x)+(a[n].y-a[1].y)*(a[n].y-a[1].y));
//预处理出 a[n] 与 a[1] 间距离，方便下方循环
for(int i=1;i<=n-1;i++) c2=c2+sqrt((a[i].x-a[i+1].x)*(a[i].x-a[i+1].x)+(a[i].y-a[i+1].y)*(a[i].y-a[i+1].y));
//计算出除 a[n] 与 a[1] 间距离的周长
printf("%.2lf",c1+c2);
return 0;
}
T4.比赛
Problem
Solution
...
Code
...
T5.中位数概率
Problem
Solution
显然，这是一道数学题，最简单的方法推公式
回归题目，任取 \(3\) 个数求中位数是 \(k\) 的概率是多少。
中位数是由 \(3\) 个数排序而来的，所以在这之中，一定会有 \(1\) 个 \(k\)，这是突破口。
另外两个数取值也颇有讲究，设 \(a,b\) 为任取的数，\(a<k,b>k\)
则只有以下几种情况是合法的
- \(k\) \(k\) \(k\)
- \(a\) \(k\) \(k\)
- \(b\) \(k\) \(k\)
- \(a\) \(b\) \(k\)
注意: 这里仅表示取数的情况，不包括排序，即暂时视作无顺序的，来列举所有情况
而考虑顺序（显然选数有先后顺序），有 \(1+3+3+6=13\) 种情况，将这 \(13\) 种情况枚举出来，把其概率用 \(n\) 和 \(k\) 表示，相加就会有最终的公式。
（样例 1 与样例 2 的取数情况不做展示，文件中有，可自行查看）
不难发现，在 \(n\) 个数中取到一个 \(a\) 和一个 \(b\) 的概率分别是 \(\dfrac{k-1}{n}\) 和 \(\dfrac{n-k}{n}\) ，于是我们有下面这一张表 :
- 取到 \(k\)
- 取到比 \(k\) 大
- 取到比 \(k\) 小 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{n-k}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 小
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{k-1}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 大 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到 \(k\)
- 取到 \(k\) \(\dfrac{1}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 大 概率 \(\dfrac{n-k}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 小 概率 \(\dfrac{k-1}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 大
- 取到比 \(k\) 小
- 取到 \(k\)
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{k-1}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 大 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 大
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到 \(k\)
- 取到比 \(k\) 大
- 取到 \(k\)
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{n-k}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 小 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到比 \(k\) 小
- 取到 \(k\) 概率 \(\dfrac{(n-k)(k-1)}{n^3}\)
- 取到 \(k\)
（注 : 可在文件"T5 k取数分析.md"中获得）
将所有概率相加，可得总概率为 \(6(n-k)(k-1)+3n-2\)（化简不化简均可），直接带入求值即可。
注意 : 数据类型与范围的选择，double 可以达到 \(10^{15}\)，比同是 \(64\) 位的 long long 大很多
Code
signed main(){
int n,k;
read(n);read(k);
double a=1.0*6*(n-k)*(k-1)+3*n-2;
printf("%.10lf",a/n/n/n);
return 0;
}
signed main(){
int n,k;
read(n);read(k);
double a=1.0*6*n*k-6*k*k+6*k-3*n-2;
printf("%.10lf",a/n/n/n);
return 0;
}
T6.上台阶进阶版
Problem
Solution
典型的一道斐波那契数列的拓展问题。
数据范围很小，直接递推即可。
令 \(f[i]\) 代表到底第 \(i\) 级台阶的方案数。
显然有 \(f[i]=f[i-1]+f[i-2]+f[i-3]\ (i>3)\)
注意初始化 \(f[1],f[2],f[3]\) ，其余递推即可。
Code
int ff[30];
inline int f(int n){
for(int i=1;i<=n;i++) ff[i]=max(ff[i],ff[i-1]+ff[i-2]+ff[i-3]);
return ff[n];
}
signed main(){
int n;
ff[1]=1;ff[2]=2;ff[3]=4;
for(int i=1;;i++){
read(n);
if(n==0) return 0;
printf("%d\n",f(n));
}
return 0;
}
（注 : 配套文件中有 \(n\in(0,20)\) 的全部数据，可自行查看。）
