摘要:
离散化后,容易想到设f[i][j]为i节点权值为j的概率,不妨设j权值在左子树,则有f[i][j]=f[lson][j](pi·f[rson][1~j]+(1-pi)·f[rson][j~m])。 考虑用线段树合并优化这个dp。记录前缀和,合并某节点时,若某棵线段树在该节点处为空,给另一棵线段树打上 阅读全文
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如果直接dp,状态里肯定要带上已走过的点的集合,感觉上不太好做。 考虑一种对期望的minmax容斥:其中Max(S)为遍历完S集合的期望步数,Min(S)为遍历到S集合中一个点的期望步数。当然才不管怎么证,反正看上去非常优美。 设f[i][S]为由i节点出发的Min(S),显然有f[i][S]=Σf 阅读全文
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考虑容斥,枚举一个子集S在1号猎人之后死。显然这个概率是w1/(Σwi+w1) (i∈S)。于是我们统计出各种子集和的系数即可,造出一堆形如(-xwi+1)的生成函数,分治NTT卷起来就可以了。 阅读全文
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容斥一发改为计算至少碾压k人的情况数量,这样对于每门课就可以分开考虑再相乘了。剩下的问题是给出某人的排名和分数的值域,求方案数。枚举出现了几种不同的分数,再枚举被给出的人的分数排第几,算一个类似斯特林数的东西即可。后一部分与碾压几人是无关的,预处理一下,复杂度即为三方。当然和四方跑得也差不多快。 数 阅读全文
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一个显然的做法是二分答案后转化为查询区间颜色数,可持久化线段树记录每个位置上一个同色位置,离线后set+树状数组套线段树维护。这样是三个log的。 注意到我们要知道的其实只是是否所有颜色都在该区间出现,可以改为查询后缀区间的上一个同色位置中最小的。这样我们就只需要set+线段树就可以维护了,同样二分 阅读全文
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即求所有情况的最大伤害之和。容易发现应该先打强化牌,至少打一张攻击牌。同样显然的是强化牌和攻击牌都应该按从大到小的顺序打。进一步可以发现,只要还有强化牌,就应该使用(当然至少留一次攻击的机会)。 于是将强化牌和攻击牌各自从大到小排序。显然可以将其分开考虑。对强化牌,设f[i][j]为前i张牌抽到j张 阅读全文
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显然的做法是暴力枚举非树边所连接两点的选或不选,大力dp。考场上写的是最暴力的O(3n-mn),成功比大众分少10分。容斥或者注意到某些枚举是不必要的就能让底数变成2。但暴力的极限也就到此为止。 每次重新dp做了大量重复的事,考虑从减少重复计算方面优化。先跑一遍没有限制的树形dp。将非树边所连接的点 阅读全文
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记录区间and/or,修改时如果对整个区间影响都相同就打标记,否则递归。复杂度不太会证。 阅读全文
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A:n==2?2:1。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define l 阅读全文
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如果是要求左端点最大,直接求出SA,找前缀名次最小值就可以了。虽然现在要左端点最小,但我们已经知道了这个字典序最小的串是什么,找到名次数组上的合法区间求最小值即可。我也不知道为什么我会弃掉这个题,可能太久没写字符串了。 阅读全文