暑假集训CSP提高模拟 ∫[0,6] (x^2)/6 dx
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：
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：
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);
}
}
