暑假集训CSP提高模拟 ∫[0,6] (x^2)/6 dx

暑假集训CSP提高模拟 \int_{0}^{6} \frac{x^{2}}{6} d x

合集 - 赛事(59)

13.暑假集训CSP提高模拟 ∫[0,6] (x^2)/6 dx2024-07-31

暑假集训CSP提高模拟 \int_{0}^{6} \frac{x^{2}}{6} d x

关于这个东西怎么求的良心教程

含义：求出 $f (x) = \frac{x^{2}}{6}$ 在区间 $[0, 6]$ 内在 $x$ 轴上方， $f (x)$ 下方的图形面积.

解法：考虑到 “加速度变化面积等于速度变化量” 类似的思想，我们尝试构造一个 $g (x)$ 使得 $g^{'} (x) = f (x)$ ，不难发现存在一个 $g (x) = \frac{x^{3}}{18}$ ，这样我们就可以把求面积问题转化成求变化量问题，因此直接 $g (6) - g (0) = 12$

非常好，你已经会积分了，现在来试试这个吧：

\int_{a}^{b} \frac{l n x \sin x}{x^{3}} d x

A.黑客

显然这个题里只有 $999$ 放在复杂度里是有可能对的，要么是 $999^{2}$ 要么是 $999^{2} \log 999$ ，显然应该是前者.

考虑枚举全部的最简分数，然后乘上去，算的时候直接算当前分母/分子是最简分式的几倍（注意上下取整的选择），然后在分子分母的可取值区间取一个交集即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
signed main(){
//	freopen("T1.in","r",stdin);
//	freopen("test.out","w",stdout);
	int a,b,c,d,ans=0;
	scanf("%lld %lld %lld %lld",&a,&b,&c,&d);
	for(int i=1;i<=999;++i){
		for(int j=1;j<=999-i;++j){
			if(__gcd(i,j)==1){
				int l1=ceil(a*1.0/i),l2=ceil(c*1.0/j);
				int r1=floor(b*1.0/i),r2=floor(d*1.0/j);
				ans=(((i+j)*max(0ll,(min(r1,r2)-max(l1,l2)+1))%p)+ans)%p;
//				if(min(r1,r2)-max(l1,l2)>0)
//				cout<<i<<" "<<j<<" "<<max(l1,l2)<<" "<<min(r1,r2)<<" "<<endl;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

B.密码技术

你说得对但是这题我做过😢

注意到交换具有传递性，对 $(1, 2), (2, 3)$ 可交换的情况，可以考虑如下交换方式得到 $(1, 3)$ :

 $1 2 3 3 2 -> 1 -> 1 -> 2 3 3 2 1$

多摸几组可以得到规律：这样的交换是有传递性的，每当我们想交换两个不能直接交换的元素，仅仅需要以中间元素作为中介分别交换即可.

因为这个题元素不重复（话说当时发现元素重复的这个题在同阶范围下是不可做的）因此行和列交换互不影响，直接乘法原理乘一下就行了. 对于每一个能互相交换的连通块，不妨用并查集维护大小 $s$ ，对答案的贡献即为 $A_{s}^{s} = s!$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,K;
int a[51][51];
const int p=998244353;
class dsu{
	private:
		int fa[51],size[51];
	public:
		void clear(){
			for(int i=1;i<=n;++i){
				fa[i]=i;
				size[i]=1;
			}
		}
		int find(int id){
			if(id==fa[id]) return id;
			fa[id]=find(fa[id]);
			return fa[id];
		}
		void join(int x,int y){
			int a=find(x),b=find(y);
			if(a!=b){
				fa[a]=b;
				size[b]+=size[a];
				size[a]=0;
			}
		}
		bool isfa(int id){
			return id==fa[id];
		}
		int get_size(int id){
			return size[id];
		}
};
dsu h,l;
int frac[51];
signed main(){
//	freopen("T2.in","r",stdin);
	frac[0]=1;
	for(int i=1;i<=50;++i){
		frac[i]=frac[i-1]*i%p;
	}
	scanf("%lld %lld",&n,&K);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=n;++j){
			scanf("%lld",&a[i][j]);
		}
	}
	h.clear();l.clear();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i+1;j<=n;++j){
			bool flag=true;
			for(int k=1;k<=n;++k){
				if(a[i][k]+a[j][k]>K){
					flag=false;break;
				}
			}
			if(flag) h.join(i,j);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=i+1;j<=n;++j){
			bool flag=true;
			for(int k=1;k<=n;++k){
				if(a[k][i]+a[k][j]>K){
					flag=false;break;
				}
			}
			if(flag) l.join(i,j);
		}
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(h.isfa(i)){
			ans=ans*frac[h.get_size(i)]%p;
		}
		if(l.isfa(i)){
			ans=ans*frac[l.get_size(i)]%p;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

C.修水管

暴力做法是显然的，写一个深搜暴力转移即可（其实能写状压的，我怎么老是忘了能状压）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define double long double
int n,r;
int w[251];
double p[251];
double dfs(int now,int brok,double nowp){
	double res=0;
	if(now>r){ return 0;}
	if(nowp==0){ return 0;}
	double zc=0;if(brok){ res+=w[brok];zc=p[brok];p[brok]=0;}
	double nwp=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		res+=dfs(now+1,i,nwp*p[i]);
		nwp*=(1-p[i]);
	}
	res+=dfs(now+1,0,nwp);
	if(brok){ p[brok]=zc;}
	return res*nowp;
}
int main(){
	int cases;cin>>cases;while(cases--){
		cin>>n>>r;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cin>>p[i]>>w[i];
		}
		printf("%.10Lf\n",dfs(0,0,1));
	}
}

这道题的正解是 DP，设计 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个中选 $j$ 个的概率，则最终的 $h_{i}$ 可以通过枚举转移得出

要得出转移，必须要知道第 $i$ 个数被选的概率而这个东西等于 $1$ 减去它不被选的概率，而不被选的概率是 $(1 - p_{i})^{r - j}$ ，表示可能选到它的 $r - j$ 次都没选到（根据定义，有 $j$ 次选的前面的数，因此不算在里面）

所以有：

f_{i, j} = (1 - (1 - p_{i})^{r - j + 1}) f_{i - 1, j - 1} + (1 - p_{i})^{r - j} f_{i - 1, j}

最后概率乘权值即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,r;
double ans,p[251],w[251],f[251][251];
int main(){
	int cases;scanf("%d",&cases);while(cases--){
		scanf("%d %d",&n,&r);
		for(int i=1;i<=n;++i){
			scanf("%lf %lf",&p[i],&w[i]);
		}
		memset(f,0,sizeof f);
		ans=0;
		f[0][0]=1;
		double res=0;
		for(int i=0;i<=n-1;++i){
			for(int j=0;j<=(i<r?i:r);++j){
				res=pow(1-p[i+1],r-j);
				f[i+1][j]+=f[i][j]*res;
				if(j<r){
					f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(1-res);
					ans+=f[i][j]*(1-res)*w[i+1];
				}
			}
		}
		printf("%.10lf\n",ans);
	}
}