2020-08-10 23:47阅读: 852评论: 9推荐: 3

2020百度之星程序设计大赛复赛

A. Battle for Wosneth (Hdu 6838)

题目大意

初始 $Alice$ 有无限血， $Bob$ 有 $m$ 滴血。 $Alice$ 有 $p\%$ 命中 $Bob$ ，并使 $Bob$ 减少一滴血，自身回复一滴血。 $Bob$ 有 $q\%$ 概率命中 $Alice$ ，并使 $Alice$ 减少一滴血，但自身血不变。问当 $Bob$ 血量减少为 $0$ 时， $Alice$ 的期望血量变化值是多少。结果对 $998244353$ 取模。

解题思路

当 $Bob$ 血量大于 $1$ 时，设 $Alice$ 命中一次 $Bob$ ，自身血量变化的期望值为 $x$ ,则（此处 $p,q$ 为小数）

x = p \times (1 - q) + (1 - p) \times (- q + x)

$x = p \times (1 - q) + ( 1 - p ) \times ( - q + x )$

解得

x = 1 - \frac{q}{p}

$x = 1 - \frac{q}{p}$

所以Bob从 $m$ 滴血扣到 $1$ 滴血时，Alice的血量变化期望值为

(m - 1) \times x = (m - 1) (1 - \frac{q}{p})

$(m-1)\times x = (m - 1) ( 1 - \frac{q}{p})$

当 $Bob$ 剩下一滴血时，由于如果 $Alice$ 命中他，则Bob不会反击，这是与上方的区别所在，设 $Alice$ 命中Bob，自身血量变化值为 $y$ ，则

y = p \times 1 + (1 - p) \times (- q + y)

$y = p \times 1 + (1 - p) \times (-q + y)$

解得

y = 1 - \frac{q}{p} + q

$y = 1 - \frac{q}{p} + q$

所以最终答案

a n s = (m - 1) \times x + y = (1 - \frac{q}{p}) \times m + q

$ans = (m-1) \times x + y = (1 - \frac{q}{p}) \times m + q$

这可以理解为先假设 $m$ 轮， $Bob$ 都会反击，造成变化期望值为 $(1 - \dfrac{q}{p}) \times m$ ，再减去最后一次 $Bob$ 实际反击的变化(扣血)期望 $-\dfrac{p}{1 - (1 - p)} \times q = -q$ 。

即为

(1 - \frac{q}{p}) \times m - (- q) = (1 - \frac{q}{p}) \times m + q

$(1 - \frac{q}{p}) \times m - (-q) = (1 - \frac{q}{p}) \times m + q$

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
const LL mo = 998244353;
 
LL qpower(LL a, LL b)
{
    LL qwq = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            qwq = qwq * a % mo;
        b >>= 1;
        a = a * a % mo;
    }
    return qwq;
}
 
LL inv(LL x)
{
    return qpower(x, mo - 2);
}
 
int main(void)
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int kase;
    cin >> kase;
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++)
    {
        LL m, q, p;
        cin >> m >> p >> q;
        p = p * inv(100) % mo;
        q = q * inv(100) % mo;
        LL ans = ((1 - q * inv(p) % mo + mo) % mo * m % mo + q) % mo;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

B. Binary Addition (Hdu 6839)

题目大意

给你一串无限长的 $01$ 串 $S、T$ ，其中第 $n+1$ 位及以后都是 $0$ 。现你有两种操作作用于 $S$ 串：

将某一位与 $1$ 异或
将其视为一个数，对它加一。其中最低位在最左边

求最小的操作次数，使得 $S$ 串变成 $T$ 串。

解题思路

这种看似麻烦的题要去想想特别之处。

可以证明猜测操作二要执行则仅可能执行一次。

操作二有什么用？

如果第一位是 $0$ ，操作二与操作一没区别。

如果第一位是 $1$ ，操作二就能够将前面一连串的 $1$ 变成 $0$ ，在这之后的 $0$ 变成 $1$

如果我们会执行两次操作二，由于执行了第一次操作二，前面的数变成了 $0$ ，我们要重新变成 $1$ ，才能再执行操作二。而这最终的结果也只是把某一位变成 $1$ ，而这一结局采用操作一可以一步到位。

所以我们就得到了个重要性质：操作二只能执行一次或者不执行

所以，我们就枚举操作二的执行效果，即枚举 $i$ ，把前 $i$ 个数变成 $1$ ，并把第 $i+1$ 个数变成 $0$ ，然后执行一次操作二，剩下的全部执行操作一即可。

设 $num_0[i]$ 表示 $S$ 串的前 $i$ 个数中 $0$ 的个数， $num_1[i]$ 表示 $T$ 串的前 $i$ 个数中 $1$ 的个数， $cnt[i]$ 表示 $S$ 和 $T$ 串的 $[i..n]$ 中不同的数的个数。

则此时的次数就为 $num_0[i] + (s[i+1] == 1) + 1 + num_1[i] + (t[i+1] == 0) + cnt[i+2]$

对所有 $i$ 以及 $cnt[1]$ 取最小值即是答案。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x)
{
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c))
        c = getchar();
    if (c == 45)
        s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c))
        x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s)
        x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ')
{
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0)
        putchar(45), x = -x;
    while (x > 0)
        b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l)
        putchar(48);
    while (l)
        putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const int N = 1e5 + 8;
 
char s[N], t[N];
 
int n;
 
int cnt[N];
 
int num0[N];
 
int num1[N];
 
int qwq(int pos)
{
    return num0[pos] + (s[pos + 1] == 1) + 1 + num1[pos] + (t[pos + 1] == 0) + cnt[pos + 2];
}
 
int main(void)
{
    int kase;
    read(kase);
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++)
    {
        read(n);
        scanf("%s", s + 1);
        scanf("%s", t + 1);
        num0[0] = num1[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            s[i] -= '0';
            t[i] -= '0';
            num0[i] = num0[i - 1] + (s[i] == 0);
            num1[i] = num1[i - 1] + (t[i] == 1);
        }
        cnt[n + 1] = 0;
        cnt[n + 2] = 0;
        bool sign = false;
        int cur = n;
        for (int i = n; i >= 1; --i)
        {
            cnt[i] = cnt[i + 1] + (s[i] ^ t[i]);
        }
        int ans = cnt[1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            ans = min(ans, qwq(i));
        }
        write(ans, '\n');
    }
    return 0;
}

C. Range k-th Maximum Query (Hdu 6840)

题目大意

给定一个 $n$ 个数的序列，以及正整数 $k,l$ ，要求对它重新排序，使得所有长度为 $l$ 的子区间的第 $k$ 大的数和和最大和最小。求最大值和最小值。

解题思路

我们将数列从大到小排列。前 $k-1$ 大的数不会对答案有贡献。

要让和最大，我们期望大的数对答案的贡献尽可能多。

于是我们可以构造这样的序列，它是由若干个长度为 $l$ 的区间构成。

每个这样的区间，前 $l - k$ 个位置标记为红，后 $k$ 个位置标记为蓝。

我们将这个排好序的序列，从左到右，按顺序填充蓝的位置，放完蓝的，然后再从右到左，按顺序填充红的位置。

最后一个长度不足 $l$ 的区间（如果有的话），前 $l - k$ 个位置标记为红，后 $k$ 个位置标记为蓝（如果有的话）。

这样就是最大值的构造。

最小值，将数列从小到大排列，前 $k$ 大的数也就是说前 $l - k + 1$ 小的数，再按照上面构造就可以了。

既然构造出来了，答案自然也就能求出来了。

最大值的情况，设 $d = \lfloor \dfrac{n}{l} \rfloor ， r = n \% l$

排好序的数列里， $k 到 d * k - 1$ 的数都对答案有 $1$ 次的贡献，其中位置是 $k$ 的倍数的还有额外的 $(l - k)$ 次的贡献。

最后第 $d * k$ 位的贡献次数跟 $r$ 有关

如果 $r > (l - k)$ ，则第 $d * k + 1$ 位到第 $d * k + r - (l - k)$ 的数对答案也有 $1$ 次的贡献。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x)
{
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c))
        c = getchar();
    if (c == 45)
        s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c))
        x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s)
        x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ')
{
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0)
        putchar(45), x = -x;
    while (x > 0)
        b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l)
        putchar(48);
    while (l)
        putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const int N = 1e5 + 8;
 
int n, k, l, d, r;
 
LL a[N];
 
LL solve(LL a[], int k)
{
    LL ans = 0;
    for (int i = k; i < d * k; ++i)
    {
        ans += a[i] * (1 + (l - k) * (i % k == 0));
    }
    ans += a[d * k] * min(r + 1, l - k + 1);
    if (r > l - k)
    {
        for (int i = d * k + 1, yu = r - l + k; yu; ++i, --yu)
        {
            ans += a[i];
        }
    }
    return ans;
}
int main(void)
{
    int kase;
    read(kase);
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++)
    {
        read(n);
        read(l);
        read(k);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            read(a[i]);
        }
        sort(a + 1, a + 1 + n, greater<int>());
        d = n / l;
        r = n % l;
        LL ans1 = solve(a, k);
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        k = l - k + 1;
        LL ans2 = solve(a, k);
        printf("%lld %lld\n", ans1, ans2);
    }
    return 0;
}

D. Link Cut Tree (Hdu 6841)

题目大意

qwq

解题思路

qwq

神奇的代码

qwq

E. Battle for Wosneth2 (Hdu 6842)

题目大意

初始 $Alice$ 有 $n$ 滴血， $Bob$ 有 $m$ 滴血。 $Alice$ 有 $p\%$ 命中 $Bob$ ，并使 $Bob$ 减少一滴血，但自身血不变； $Bob$ 有 $q\%$ 概率命中 $Alice$ ，并使 $Alice$ 减少一滴血，但自身血不变。当一方血量减为 $0$ 时，对方获胜。问 $Alice$ 获胜的概率。答案对 $998244353$ 取模。

解题思路

我们抽象成一个二维平面图，左下角 $(0,0)$ ，初始位于 $(n,m)$ ，然后有三个移动方向，问移动到 $(r,0)$ 的概率是多少( $r$ 是任意一个不大于 $n$ 的数)。

当前位置为 $(i,j)$

移动到 $(i-1, j-1)$ 的概率 $a = \dfrac{pq}{1 - (1 - p)(1 - q)}$
移动到 $(i, j - 1)$ 的概率 $b = \dfrac{p(1-q)}{1 - (1 - p)(1 - q)}$
移动到 $(i - 1, j)$ 的概率 $c = \dfrac{q(1-p)}{1 - (1 - p)(1 - q)}$

值得注意的是，从 $(i,1)$ 移动到 $(i,0)$ 的概率是 $d = \dfrac{p}{1 - (1 - p)(1 - q)}$

所以我们先计算移动到 $(r,1)$ 的概率，最后再计算移动到 $(r,0)$ 的概率。

这里有两个自由变量。

如果我们假设移动到 $(r,1)$ ，或者说，水平方向进行了 $i = n - r$ 次移动，还要假设，我们进行了 $x$ 次情况一的移动，则情况二进行了 $m - 1 -x$ 次，情况三进行了 $i - x$ 次移动。

则移动到 $m = 1$ 的概率为

\sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{x = 0}^{min (i, m - 1)} C_{m - 1 + i - x}^{i - x} C_{m - 1}^{x} a^{x} b^{m - 1 - x} c^{i - x}

$\sum\limits_{i = 0}^{n-1}\sum\limits_{x = 0}^{\min(i,m - 1)} C_{m - 1 + i -x}^{i - x} C_{m - 1} ^{x}a ^ {x} b ^ {m - 1 - x} c ^{i - x}$

很显然这式子整不动。通常处理方法就是交换求和顺序。我们从实际意义来说明。

我们先假设进行了 $x$ 次情况一的移动，则情况二进行了 $m - 1 -x$ 次，情况三进行了 $i$ 次移动，其中 $0 \leq i \leq n - 1 - x$ 。

则移动到 $m=1$ 的概率为

\begin{aligned} \sum_{x = 0}^{min (m - 1, n - 1)} \sum_{i = 0}^{n - 1 - x} C_{m - 1 + i}^{i} C_{m - 1}^{x} a^{x} b^{m - 1 - x} c^{i} \\ = \sum_{x = 0}^{min (m - 1, n - 1)} C_{m - 1}^{x} a^{x} b^{m - 1 - x} \sum_{i = 0}^{n - 1 - x} C_{m - 1 + i}^{i} c^{i} \end{aligned}

$\begin{aligned} &\sum\limits_{x = 0}^{\min(m-1,n-1)}\sum\limits_{i = 0}^{n - 1 - x} C_{m - 1 + i}^{i}C_{m - 1}^{x} a^{x}b^{m - 1 -x}c^{i} \\ &= \sum\limits_{x = 0}^{\min(m-1,n-1)}C_{m - 1}^{x} a^{x}b^{m - 1 -x}\sum\limits_{i = 0}^{n - 1 - x} C_{m - 1 + i}^{i}c^{i} \end{aligned}$

而后面这一项可以事先预处理一个前缀和 $S(r) = \sum\limits_{i = 0}^{r} C_{m - 1 + i}^{i}c^{i}$

这样，最终的答案就是

a n s = d \times \sum_{x = 0}^{min (m - 1, n - 1)} C_{m - 1}^{x} a^{x} b^{m - 1 - x} S (n - 1 - x)

$ans = d \times \sum\limits_{x = 0}^{\min(m-1,n-1)}C_{m - 1}^{x} a^{x}b^{m - 1 -x}S(n - 1 - x)$

值得注意的是在计算 $b^{m - 1 - x}$ 时，万万不可算出 $b^{m-1}$ 然后除以 $b$ 除以 $b$ (取模意义上)。

因为当 $b=0$ 的时候，这样算的话 $0^{0} = 0$ 。

而实际上我们应该认为 $0^{0} = 1$ ，也就是说应当采用快速幂计算 ~~(虽然会多个log)~~。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
 
template <typename T>
void read(T &x)
{
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c))
        c = getchar();
    if (c == 45)
        s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c))
        x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s)
        x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ')
{
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0)
        putchar(45), x = -x;
    while (x > 0)
        b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l)
        putchar(48);
    while (l)
        putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const LL mo = 998244353;
 
const int N = 2e5 + 8;
 
int n, m;
 
LL jie[N], invjie[N];
 
LL sum[N];
 
LL p, q;
 
LL a, b, c, d;
 
LL inv100 = 828542813;
 
LL ans;
 
LL qpower(LL a, LL b)
{
    LL qwq = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            qwq = qwq * a % mo;
        b >>= 1;
        a = a * a % mo;
    }
    return qwq;
}
 
LL inv(LL x)
{
    return qpower(x, mo - 2);
}
 
LL C(int n, int m)
{
    if (n < m)
        return 0;
    return jie[n] * invjie[m] % mo * invjie[n - m] % mo;
}
 
int main(void)
{
    int kase;
    read(kase);
    jie[0] = invjie[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i)
    {
        jie[i] = jie[i - 1] * i % mo;
        invjie[i] = inv(jie[i]);
    }
    for (int ii = 1; ii <= kase; ii++)
    {
        read(n);
        read(m);
        read(p);
        read(q);
        p = p * inv100 % mo;
        q = q * inv100 % mo;
        d = inv((1 - (1 - p) * (1 - q) % mo + mo) % mo);
        a = p * q % mo * d % mo;
        b = p * ((1 - q + mo) % mo) % mo * d % mo;
        c = q * ((1 - p + mo) % mo) % mo * d % mo;
        sum[0] = 1;
        LL tmp = c;
        for (int i = 1; i < n; ++i)
        {
            sum[i] = (sum[i - 1] + tmp * C(m - 1 + i, i) % mo) % mo;
            tmp = tmp * c % mo;
        }
        ans = 0;
        LL qaq = 1;
        // LL qbq = qpower(b, m - 1);
        // LL invb = inv(b);
        int up = min(m - 1, n - 1);
        for (int i = 0; i <= up; ++i)
        {
            ans = (ans + qaq * qpower(b, m - i - 1) % mo * C(m - 1, i) % mo * sum[n - i - 1] % mo) % mo;
            // ans = (ans + qaq * qbq % mo * C(m - 1, i) % mo * sum[n - i - 1] % mo) % mo;   // 0^0 = 1
            qaq = qaq * a % mo;
            // qbq = qbq * invb % mo;
        }
        ans = ans * p % mo * d % mo;
        write(ans, '\n');
    }
    return 0;
}

F. Query on the Tree (Hdu 6843)

题目大意

qwq

解题思路

qwq

神奇的代码

qwq

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/13473041.html

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E. Battle for Wosneth2 (Hdu 6842)

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long LL;

	const LL mo = 998244353;

	LL qpower(LL a, LL b)
	{
	LL qwq = 1;
	while (b)
	{
	if (b & 1)
	qwq = qwq * a % mo;
	b >>= 1;
	a = a * a % mo;
	}
	return qwq;
	}

	LL inv(LL x)
	{
	return qpower(x, mo - 2);
	}

	int main(void)
	{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int kase;
	cin >> kase;
	for (int ii = 1; ii <= kase; ii++)
	{
	LL m, q, p;
	cin >> m >> p >> q;
	p = p * inv(100) % mo;
	q = q * inv(100) % mo;
	LL ans = ((1 - q * inv(p) % mo + mo) % mo * m % mo + q) % mo;
	cout << ans << endl;
	}
	return 0;
	}