CF2023D - Many Games

合集 - 题解(24)

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22.CF2023D - Many Games2024-11-10

23.[NOI2021] 轻重边2024-11-13 24.[CSP-S 2024] 染色2024-11-20

HDK: 他妈的，这个看着也不像 2900 啊，为啥控我这么久

lbtl: 他不控你这么久不就不是 2900 了吗

暴力

一个比较明显的暴力思路是，如果我们钦定选定的物品的价值，那么可以比较容易地由背包 DP 算出能达到这个钦定值的最大概率

从 $[0, \sum w_{i}]$ 枚举所有可能的价值，暴力跑若干次背包，可以通过高达六个测试点

暴力

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int p[200001],w[200001];
long double f[200001];
signed main(){
    cin>>n;
    int totw=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>p[i]>>w[i];
        totw+=w[i];
    }
    long double ans=0;
    for(int i=1;i<=totw;++i){
        for(int j=0;j<=i;++j){
            f[j]=0;
        }
        for(int j=1;j<=n;++j){
            for(int k=i;k>=w[j];--k){
                f[k]=max(f[k],f[k-w[j]]*p[j]/100.0);
            }
            f[w[j]]=max(f[w[j]],(long double)p[j]/100.0);
        }
        ans=max(ans,f[i]*i);
    }
    printf("%.8Lf",ans);
}

优化

一个比较 naive 的优化是，你发现你根本就不用钦定选定价值，直接跑一遍背包就能把所有答案跑出来，但是因为太 naive 了，仍然只有六个测试点的高分

第一个优化是对我们枚举上界的优化

推一遍式子，考虑设当前 $\prod \frac{p_{i}}{100} = x, \sum w_{i} = y$

当加入物品 $(p, w)$ 时对答案有正贡献，当且仅当

\begin{aligned} x y & < x \times \frac{p}{100} \times (y + w) \\ y & < \frac{p}{100} (y + w) \\ (1 - \frac{p}{100}) y & < \frac{p}{100} w \\ y & < \frac{p w}{100 - p} \end{aligned}

由于题目规定 $p w \leq 2 \times 10^{5}$ ，而 $100 - p$ 的下界是 $1$ ，因此加入物品 $(p, w)$ 时对答案有正贡献的一个必要条件是 $\sum w_{i} \leq 2 \times 10^{5}$

这样我们就将答案区间从 $[0, \sum w_{i}]$ 降到 $[0, 2 \times 10^{5}]$ 了

但是

喜报，复杂度还是不对

我们再考虑其他两个优化

第二个优化是，我们贪心地想，选择 $p_{i} = 100$ 的 $i$ 一定是最优的，因此我们可以提前将 $p_{i} = 100$ 的 $i$ 全部选上，这样既压缩了答案区间也减少了物品数量

第三个优化是，我们观察剩下的 $p_{i} \neq 100$ 的物品，如果我们将 $p_{i}$ 相同的 $i$ 分成同一组，并且让每一组内按照 $w_{i}$ 降序排列，根据贪心思路，当 $p$ 相同的时候，应该是 $w$ 越大越好，最终答案一定是形如从每个 $p_{i}$ 的组内选出一个前缀

和刚才的思路类似，现在我们钦定我们选择的物品的 $p_{i}$ 都为 $p$ ，如果我们给当前 $p$ 选择的前缀长度从 $k$ 增加到 $k + 1$ ，答案更优当且仅当（这里给每个概率挂分母太麻烦了，在下面几个式子里钦定 $p = \frac{p_{i}}{100}$ ）

\begin{array}{r} p^{k} \times \sum_{k} w < p^{k + 1} \times (w_{k + 1} + \sum_{k} w) \end{array}

由于新加入的 $w_{k + 1}$ 不大于已有的任何一个数，因此有 $k \times w_{k + 1} \leq \sum_{k} w_{i}$ ，因此

p^{k} \times \sum_{k} w \leq p^{k + 1} \times \frac{k + 1}{k} \times \sum_{k} w_{i}

\frac{k}{k + 1} < p

k < k p + p

k < \frac{p}{1 - p}

这个式子意味着只有前 $\frac{p}{1 - p}$ 个物品有可能成为最优解

赛时止步于只写了两个优化，并且发现了最后那个先增后减的单调性，但是没总结出最后一个结论，比较可惜

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int p[200001],w[200001];
struct item{
    int w,p;
}a[200001];
int cnt=0;
long long orians;
long double f[200001];
long double ans;
vector<int>v[101];
signed main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
    	cin>>p[i]>>w[i];
    	v[p[i]].push_back(w[i]);
    	if(p[i]==100) orians+=w[i];
	}
    for(int i=1;i<=100;++i){
        sort(v[i].begin(),v[i].end(),greater<int>());
    }
	for(int i=1;i<=99;++i){
        int tot=0;
	    for(int j=0;j<=(int)v[i].size()-1;++j){
	    	if(tot>100/(100-i)) break; 
	    	a[++cnt]={v[i][j],i};
            tot++;
		}
	};
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=cnt;++i){
	    for(int j=200000;j>=a[i].w;--j){
	        f[j]=max(f[j],f[j-a[i].w]*a[i].p/100.0);
        }
    }
	for(int i=0;i<=200000;++i){
        ans=max(ans,f[i]*(orians+i));
    }
	printf("%.8Lf",ans);
}