A层邀请赛5

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A 赤

我不会$wqs$二分，但是这个题他是$wqs$二分套$wqs$二分。。。。

首先不难搞到一个$n^3$的$DP$

定义$f[i][j][k]$表示前$i$只猫，用了$j$个第一种零食，$k$个第二种零食的捕获的猫的期望，转移考虑当前猫用哪些零食

如何优化这个$dp$？

我们想能不能砍掉一维，$i$显然砍不掉，$j$,$k$形式相同

我们尝试砍掉$k$

砍掉之后，直接$dp$显然会超出限制，用什么方法能够让选择更多第二种零食不是越多越优秀呢？

可以发现，如果每选一个$b$都给期望减去一个值，那么选第二种零食就不是越多越好

这令我们想到$tree$那个题，那么这个题是否可以$wqs$二分？

以横轴为选择第二种零食的数量，纵轴为期望，由于我们每次选取最优策略，所以斜率单调不增，这是一个上凸包！可以$wqs$二分

二分$dt_b$，$dp$时每选择一个第二种零食就减去一个$dt_b$，同步处理使用第二种零食的数量，最后撤掉$dt_b$的贡献，根据数量调整二分区间，（其实是改变斜率，不停的切凸包）

于是我们可以砍掉一维$k$，复杂度变成$n^2logn$但是还是过不了

继续优化，我们上面提到$j$,$k$形式相同，那么$k$能砍掉，$j$为什么不能？

砍掉$j$以后，以同样的方式处理，每一次$dt_a$的二分都重新二分$dt_b$

这样我们就有了$wqs$二分套$wqs$二分的$n log ^ 2n$的优秀做法

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100003;
int n, a, b;
double pa[maxn], pb[maxn], pab[maxn];
double f[100005], ca[100005], cb[100005];
typedef pair<int, int> pii;
pii solve(double mid, double mid2){
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		f[i] = f[i - 1];
		ca[i] = ca[i - 1];
		cb[i] = cb[i - 1];
		if(f[i] < f[i - 1] + pa[i] - mid){
			f[i] = f[i - 1] + pa[i] - mid;
			ca[i] = ca[i - 1] + 1;
			cb[i] = cb[i - 1];
		}
		if(f[i] < f[i - 1] + pb[i] - mid2){
			f[i] = f[i - 1] + pb[i] - mid2;
			ca[i] = ca[i - 1];
			cb[i] = cb[i - 1] + 1;
		}
		if(f[i] < f[i - 1] + pab[i] - mid - mid2){
			f[i] = f[i - 1] + pab[i] - mid - mid2;
			ca[i] = ca[i - 1] + 1;
			cb[i] = cb[i - 1] + 1;
		}
	}
	return pii(ca[n],cb[n]);
}
int main(){
	while(~scanf("%d%d%d",&n, &a, &b)){
		for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%lf",&pa[i]);
		for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%lf",&pb[i]);
		for(int i = 1; i <= n; ++i)pab[i] = pa[i] + pb[i] - pa[i] * pb[i];
		double l = 0, r = 1, mid, ll = 0, rr = 1, midd;
		for(int i = 1; i <= 50; ++i){
			mid = (l + r) / 2;
			ll = 0, rr = 1;	
			for(int i = 1; i <= 50; ++i){
				midd = (ll + rr) / 2;
				if(solve(mid, midd).second > b)ll = midd;
				else rr = midd;
			}
			if(solve(mid, rr).first > a)l = mid;
			else r = mid;
		}
		solve(r, rr);
		printf("%lf\n",f[n] + r * a + rr * b);
	}
	return 0;
}

B Tourist Attractions

首先暴力$n^3$或者$n^4$枚举有$70$

正解也是枚举，但是有$bitset$优化

枚举中间两个点，计算贡献，减去非法贡献

非法贡献是什么，显然是构成了三元环，那么我们把他俩的$bitset$与一下，减去$count$即可

$STL$大法好，可惜我不会

code

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<bitset>
using namespace std;
const int maxn = 1505;
int n;
long long ans = 0;
bitset <maxn> b[maxn];
char c[maxn];
int main(){
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf("%s",c + 1);
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
		  if(c[j] == '1')b[i][j] = 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		for(int j = 1; j <= n; ++j){
			if(b[i][j] == 0)continue;
			int r1 = b[i].count() - 1;
			int r2 = b[j].count() - 1;
			int r3 = (b[i]&b[j]).count();
			ans += r1 * r2 - r3;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}