某考试T2 frog
题目背景
无
题目描述
数轴上有 n 只青蛙,分别编号为 1 到 n。青蛙 i 的初始位置的坐标为 xi。 它们准备进行如下形式的移动:每轮包括 m 次跳跃,第 i 次跳跃由青蛙 ai(1 < ai < n) 执行。青蛙 ai 会从青蛙 ai − 1 和青蛙 ai + 1 中等概率地选一 只,假设选出的青蛙所在的位置为 p,那么青蛙 ai 会跳到它当前位置关于 p 的 对称点。 青蛙们会连续进行 k 轮这样的移动。请你对每只青蛙,求出它最终坐标的 期望值。
输入输出格式
输入格式:
第一行为一个整数 n。 接下来一行 n 个整数 x1, x2, ..., xn。 接下来一行为两个整数 m, k。 接下来一行为 m 个整数 a1, a2, ..., am。
输出格式:
输出共 n 行,第 i 的数表示青蛙 i 的最终坐标的期望值,四舍五入到整数 后输出。
输入输出样例
说明
对于 20% 的数据,保证 3 ≤ n ≤ 20, 1 ≤ m ≤ 20, k = 1。 对于 40% 的数据,保证 3 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m, k ≤ 1000。 对于 70% 的数据,保证 3 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 1000, 1 ≤ k ≤ 1018。 对于 100% 的数据,保证 3 ≤ n ≤ 105 , 1 ≤ m ≤ 105, 1 ≤ k ≤ 1018,|xi| ≤ 109, 1 < ai < n。
考试的时候xjb找了一下循环节,写hash还写挂了才得了60分2333。
题解见代码注释》》》
发现一个神规律之后就是一个O(N)题了
/* 首先推式子可以得到p[i]跳后的坐标 f[p[i]]=(2*f[p[i]-1]-f[p[i]])/2+(2*f[p[i]+1]-f[p[i]])/2 化简之后对原位置差分,可以发现跳一次就是交换一下自己和后面 位置的差分,于是对于每一次跳我们就处理出一个置换,然后 答案就可以从置换的K次幂之后对应的差分上计算了。 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long #define maxn 100005 using namespace std; ll pos[maxn],k,ans[maxn]; int n,m,a[maxn],to[maxn]; int p[maxn],now,circle[maxn]; bool v[maxn]; inline int add(int x,const int ha){ x++; if(x>=ha) return x-ha; else return x; } inline void work(int x){ int len=0; while(!v[x]){ circle[++len]=x; v[x]=1,x=to[x]; } int y=k%len; for(int i=1;i<=len;i++,y=add(y,len)){ to[circle[i]]=circle[y+1]; } } inline void solve(){ for(int i=1;i<=n;i++) if(!v[i]) work(i); } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",pos+i),p[i]=i; //做一次差分 for(int i=n;i;i--) pos[i]-=pos[i-1]; scanf("%d%lld",&m,&k); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d",&now); //now这个青蛙跳一次相当于交换一下它和它后面一个位置的差分 swap(p[now],p[now+1]); } for(int i=1;i<=n;i++){ //我们已经知道了i位置在一次操作之后的差分是p[i]位置的 //也就是p[i]位置的差分在一次差分之后移到了i位置 //所以我们得到的是一个置换的逆 //于是我们需要把边反向从而求出置换 to[p[i]]=i; } //找置换 solve(); for(int i=1;i<=n;i++) ans[to[i]]=pos[i]; for(int i=1;i<=n;i++){ ans[i]+=ans[i-1]; printf("%lld\n",ans[i]); } return 0; }
我爱学习,学习使我快乐