ABC 263
E.Sugoroku 3(概率 DP)
Problem
一个数轴上标有\(1\)到\(N\)，第\(i\)个点有一个骰子，骰子上的数字标号从\(0\)到\(A_i\)，在第\(i\)个点上可以投掷骰子，投掷出来的数字代表下一步可以前进多少步，每个数字被投掷出来的概率相同，问从\(1\)号点到\(N\)号点期望投掷骰子多少次，答案对\(998244353\)取模
- \(2\le N\le 2\times 10^5\)
- \(1\le A_i\le N-i\)
- 全部都是正整数
Solve
令\(dp[i]\)表示从\(i\)到\(N\)号点需要投掷骰子的期望次数
概率\(DP\)一般有两种思考方式
- 从终点出发更新前面的状态
- 从起点出发更新后面的状态
这里\(DP\)的定义方法实际上是为了从终点出发更新前面的状态，那么显然有\(dp[N]=0\)
考虑\(i=N-1\text{,}N-2\text{,}\cdots,1\)，则有
注意到\(\sum_{j=1}^{A_i}dp[i+j]\)是一段连续的和，所以可以用前缀和优化
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
ll power(ll x,int y){
ll res=1;
while(y){
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin>>n;
vector<int>A(n+1);
for(int i=1;i<n;i++) cin>>A[i];
vector<ll>dp(n+1),suf(n+2);
dp[n]=0;
for(int i=n-1;i>=1;i--){
ll inv=power(A[i],mod-2);
dp[i]=((suf[i+1]-suf[i+A[i]+1]+mod)%mod*inv%mod+(A[i]+1)*inv%mod)%mod;
suf[i]=(suf[i+1]+dp[i])%mod;
}
cout<<dp[1]<<'\n';
return 0;
}
F - Tournament
Problem
有\(2^N\)个人，从\(1\)到\(2^N\)标号，进行剪刀石头布的比赛。令\(2M\)表示人的总数，因此有\(M\)对选手，第\(i\)对是标号为\((2i-1)\)和\((2i)\)的人比赛，胜利的人会进行下一场，胜利人的保持彼此之间的编号的相对大小不变继续比赛，知道决出一个人胜利，因此总共有\(N\)次比赛。如果第\(i\)个人获胜\(j\)场会得到\(C_{ij}\)元，请求出\(2^N\)个人可能获得的总钱数的最大值
Solve
这个比赛过程实际上是一棵满二叉树，一开始的状态是从最底下的叶子节点开始，树高为\(N\)
所以考虑树形 DP，令\(dp[i][j]\)表示在第\(i\)号节点获胜的人最终可以获胜\(j\)场的最大收益
不妨假设第\(i\)号节点的左儿子获胜，并且假设到\(i\)号节点进行了\(cnt\)场比赛，那么转移就是\(dp[i][j]=dp[ls][i]+dp[rs][cnt-1]\)，由于是左儿子获胜，所以\(i\)号节点要继承左儿子的，而右儿子在这一轮比赛中输掉了，所以在右儿子获胜的人最终只能获胜\(cnt-1\)场就止步于此了，所以用这两个的和来转移即可。根据对称性，右儿子的获胜的转移也是一样的。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin>>n;
vector<vector<int>> c((1<<n)+1,vector<int>(n+1));
for(int i=1;i<=(1<<n);i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>c[i][j];
}
}
vector<vector<ll>>dp((1<<(n+1))+1,vector<ll>(n+1)); //2^{n+1}个结点
auto dfs=[&](auto self,int rt,int l,int r,int cnt)->void{ //i,j分别表示左右两边获胜者获胜的场数
if(l==r){
for(int i=1;i<=n;i++) dp[rt][i]=c[l][i];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
self(self,ls,l,mid,cnt-1);
self(self,rs,mid+1,r,cnt-1);
for(int i=0;i<=n;i++)
dp[rt][i]=max(dp[ls][i]+dp[rs][cnt-1],dp[ls][cnt-1]+dp[rs][i]);
};
dfs(dfs,1,1,1<<n,n);
cout<<dp[1][n]<<'\n';
}
Ex - Intersection 2(计算几何、二分、极角排序、树状数组)
Problem
给定\(N\)条线段，这\(N\)条线段总共有\(\frac{N(N-1)}{2}\)个交点，并且保证没有两条直线平行。输出距离原点距离第\(K\)大的点的距离。
线段以\(A_ix+B_iy+C_i=0\)的形式给出
- \(2\le N\le 5\times 10^4\)，
- \(-1000\le |A_i|,|B_i|,|C_i|\le 1000\)
- \(A_i\ne 0\)或\(B_i\ne 0\)
Solve
考虑二分这个距离的大小，为什么可以二分？若以原点为圆心，二分的距离为半径，显然，半径越大，圆内包含的交点数越多，半径越小，园内包含的交点数越少，具有单调性，所以可以用二分。
接着考虑怎么求圆内的交点个数，我们可以把所有与圆有两个交点的直线的交点先算出来，然后把它们按照极角序排序，选定一个方向，显然，一条直线和其他直线在圆内有交点，当且仅当它的两个交点和其他直线的两个交点是交错的，也就是我们可以统计一条直线会贡献多少个交点，假设这条直线开始与它的某一个交点\(l\)，我们在扫到它的另一个端点\(r\)的时候把它的交点贡献加入答案，然后删除它的贡献。
然后直线与圆的交点就用解析法求就好了
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps=1e-8;
int sgn(double x){
if(fabs(x)<eps)return 0;
else if(x>0) return 1;
else return -1;
}
int dcmp(double x,double y){
if(fabs(x-y)<eps) return 0;
else if(x>y)return 1;
else return -1;
}
struct Point{
double x,y;
Point(){}
Point(double x_,double y_):x(x_),y(y_){}
double operator ^ (const Point &t)const{
return x*t.y-y*t.x;
}
};
bool comp(Point l, Point r) { //极角排序
bool lf = l.y > 0;
bool rf = r.y > 0;
if (lf != rf) return !lf;
if (lf)
return l.x > r.x;
else
return l.x < r.x;
//浮点数极角排序用atan2，但复杂度太高了
// if(sgn(atan2(l.y, l.x) - atan2(r.y, r.x)) == 0) //dcmp为判断浮点数是否为0的函数
// return l.x < r.x;
// return atan2(l.y, l.x) < atan2(r.y, r.x);
}
struct Circle{
Point c;
double r;
Circle(){}
Circle(Point c_,double r_):c(c_),r(r_){}
};
struct Line{
double A,B,C;
Line(){}
Line(double A_,double B_,double C_):A(A_),B(B_),C(C_){}
};
vector<Point> crosspoint(Circle cir,Line l){
//用解析法求交点
vector<Point> res;
double d=abs(l.C)/sqrt(l.A*l.A+l.B*l.B);
if(dcmp(d,cir.r)>=0) return res;
if(l.A==0){
double y=-l.C/l.B;
double x=sqrt(cir.r*cir.r-y*y);
res.emplace_back(x,y);
res.emplace_back(-x,y);
return res;
}
if(l.B==0){
double x=-l.C/l.A;
double y=sqrt(cir.r*cir.r-x*x);
res.emplace_back(x,y);
res.emplace_back(x,-y);
return res;
}
double a=l.B*l.B+l.A*l.A,
b=2*l.A*l.C,
c=l.C*l.C-l.B*l.B*cir.r*cir.r;
double x1=(-b+sqrt(b*b-4*a*c))/(2*a);
double x2=(-b-sqrt(b*b-4*a*c))/(2*a);
double y1=(-l.C-l.A*x1)/l.B;
double y2=(-l.C-l.A*x2)/l.B;
res.emplace_back(x1,y1);
res.emplace_back(x2,y2);
return res;
}
const int N=1e5+10;
int tr[N];
void add(int p,int x){
p++;
for(;p<=100000;p+=p&-p) tr[p-1]+=x;
}
int ask(int p){
int res=0;
for(;p;p-=p&-p) res+=tr[p-1];
return res;
}
int sum(int l,int r){
return ask(r)-ask(l);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout<<fixed<<setprecision(10);
int n,k;
cin>>n>>k;
vector<Line>line(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
double a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
line[i]=Line(a,b,c);
}
auto check=[&](Circle c)->int{
vector<pair<Point,int>>v;
for(int i=1;i<=n;i++){
auto p=crosspoint(c,line[i]);
if(p.size()<2) continue;
v.emplace_back(p[0],i);
v.emplace_back(p[1],i);
}
sort(v.begin(), v.end(),[&](pair<Point,int> a,pair<Point,int> b){
return comp(a.first,b.first);
});
vector<int>l(n+1,-1);
int cnt=0;
for(int i=0;i<int(v.size());i++){
int id=v[i].second;
if(l[id]==-1){
add(i,1);
}else{
add(l[id],-1);
cnt+=sum(l[id],i);
}
l[id]=i;
}
return cnt;
};
double l=0,r=1e9;
Point o=Point(0,0);
for(int i=1;i<=50;i++){
double mid=(l+r)/2;
Circle c=Circle(o,mid);
if(check(c)>=k) r=mid;
else l=mid;
}
cout<<l<<'\n';
}
