#13 CF1267G & CF653G & CF1091H

Game Relics

题目描述

解法

关键的 \(\tt observation\)：由于 \(x\leq c_i\)，那么最优策略一定是先疯狂抽卡，然后再买入剩下的东西。这是因为抽到什么其实都是赚的，那么为了让爆率更高一定先抽卡再买卡。

因为在最优策略下买卡的顺序不影响答案，可以把题目等价转化下面的形式：

第一类抽奖：如果抽中已经解锁的会花费 \(\frac{x}{2}\)，否则会花费 \(x\) 并且解决卡牌 \(i\)
第二类抽奖：如果抽中已经解锁的会花费 \(0\)，否则会花费 \(c_i\) 并且解锁卡牌 \(i\)

这两类抽奖达到的效果是完全一致的，所以我们只需要取花费的较小者即可。设剩下 \(k\) 张卡牌，代价总和是 \(c\)，第一类抽奖新抽到一张牌的期望代价是 \((\frac{n}{k}+1)\cdot\frac{x}{2}\)；第二类抽奖新抽到一张牌的期望代价是 \(\frac{c}{k}\)

那么剩下我们只需要计算还剩 \(i\) 张牌，代价总和是 \(j\) 的概率，乘上代价就得到了期望。概率就是对应的方案数除以 \({n\choose i}\)，那么用背包计算即可，时间复杂度 \(O(n^2\sum c)\)

总结

将不同的操作转化成相同的形式，便于发现后面的贪心策略；此外这种决策随着随机情况变化的题目，并不一定只能用 \(dp\) 解决。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 105;
#define db long double
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a[M];db x,ans,f[M][10005];
int main()
{
	n=read();x=read();f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) m+=a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int k=i;k>=1;k--)
		for(int j=a[i];j<=m;j++)
			f[k][j]+=f[k-1][j-a[i]]*1.0*k/(n-k+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++)
		ans+=f[i][j]*min((db)j/i,((db)n/i+1)*x/2);
	printf("%.10Lf\n",ans);
}

Move by Prime

题目描述

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解法

可以把所有质数分开考虑，设质数 \(p\) 的出现次数从大到小排序的结果是 \(x_i\)，那么对于一个子序列一定选取其中位数，答案的形式为 \(\sum |x-x_i|\)

容易发现 \(x\) 的正负会被抵消，剩下的部分可以用贡献法来计算。我们考虑 \(x_i\) 的贡献，设排名在 \(i\) 左边的选取了 \(a\) 个，排名在 \(i\) 右边的选取了 \(b\) 个。那么如果 \(a<b\) 贡献 \(x_i\)；\(a=b\) 贡献 \(0\)；\(a>b\) 贡献 \(-x_i\)

对应的方案数大概是 \(\sum_{a}\sum_{b}{l\choose a}\cdot {r\choose b}={l\choose l-a}\cdot {r\choose b}\)，我们利用组合意义就可以将它降维（枚举两边的个数和），设 \(j=i-1-a+b\)，那么 \(x_i\) 的贡献就是：

\[x_i\cdot(\sum_{j=i}^{n-1}{n-1\choose j}-\sum_{j=0}^{i-2}{n-1\choose j}) \]

设 \(f_i=\sum_{j=i}^{n-1}{n-1\choose j}-\sum_{j=0}^{i-2}{n-1\choose j}\)，这东西可以 \(O(n)\) 预处理出来，然后枚举质数可以做到 \(O(n\log w)\)

更好的做法是对于每种质数，用埃氏筛统计出 \(p^x\) 的倍数个数，那么质数幂次相同的数可以一次计算，把 \(f_i\) 做前缀和就好做了，可以做到 \(O(n+w\log \log w)\)

#include <cstdio>
const int M = 300005;
#define int long long
const int MOD = 1e9+7;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,fac[M],inv[M],w[M],a[M],c[M],f[M],vis[M];
int C(int n,int m)
{
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	c[0]=1;
	for(int i=1;i<n;i++) c[i]=(c[i-1]+C(n-1,i))%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+c[n-1]-c[i-1]-c[i-2])%MOD;//注意这里的 f 是前缀和
}
signed main()
{
    n=read();m=300000;init(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) w[read()]++;
	for(int i=2;i<=m;i++) if(!vis[i])
	{
		for(int j=i;j<=m;j+=i) vis[j]=1;
		int j=1,k=1,l=0;
		for(;i*k<=m;j++)
		{
			for(a[j]=0,k*=i,l=k;l<=m;l+=k) a[j]+=w[l];
			if(!a[j]) break;
		}
		for(a[j]=0;--j;)
			ans=(ans+j*(f[a[j]]-f[a[j+1]]))%MOD;
	}
	printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}

New Year and the Tricolore Recreation

题目描述

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注意两人操作时都不能只移动中间的棋子。

解法

首先考虑题目给了我们 \(n\) 个独立的子游戏，那么如果我们可以分别求出每个游戏的 \(\tt sg\) 函数就可以解决本题。

考虑 \(\tt Alice\) 如果只移动最左边的棋子，相当于把左边的距离减少 \(d\)，如果她移动左边和中间的棋子，相当于把右边的距离减少 \(d\)；\(\tt Bob\) 的操作同理。这说明本题其实就是一个公平博弈游戏，每个子游戏等价于有两堆石子 \(w-b-1\) 和 \(r-w-1\)

我们只需要求出 \(sg[i]\) 表示大小为 \(i\) 的石子堆的 \(\tt sg\) 函数值，暴力跑是 \(O(n^2)\) 的。这东西竟然可以用 \(\tt bitset\) 优化，我们对于每个 \(\tt sg\) 值都维护一个 \(\tt bitset\)，第 \(i\) 位就表示这个点存在\(/\)不存在这个 \(\tt sg\) 值的后继状态。

那么我们从小到大计算 \(\tt sg\) 值，每次把这个点作为后继或到 \(sg[i]\) 的 \(\tt bitset\) 上面去，可以预处理出步数的 \(\tt bitset\) 记为 \(z\)（由质数和两个质数的乘积构成），那么或上 z<<i 即可。

但是这个做法依赖于性质：\(\forall sg[i]\leq 100\)（打表发现，感性理解就是转移较为稀疏），时间复杂度 \(O(\frac{n^2}{w})\)

#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int M = 200005;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,cnt,vis[M],p[M],dp[M];
bitset<M> b[105],z;
void init(int n)
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i]) p[++cnt]=i,z[i]=1;
		for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		for(int j=i;j<=cnt;j++)
		{
			if(1ll*p[i]*p[j]>n) break;
			z[p[i]*p[j]]=1;
		}
}
signed main()
{
	n=read();m=read();init(2e5);
	z[m]=0;m=200000;b[0]=z;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		while(b[dp[i]][i]) dp[i]++;
		b[dp[i]]|=(z<<i);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int a=read(),b=read(),c=read();
		ans^=dp[b-a-1];
		ans^=dp[c-b-1]; 
	}
	if(ans) puts("Alice\nBob");
	else puts("Bob\nAlice");
}

posted @ 2022-05-14 17:15 C202044zxy 阅读(187) 评论(0) 编辑收藏举报

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