AtCoder Beginner Contest 382 Solution
A - Daily Cookie (abc382 A)
题目大意
给定一个长度为N的字符串，有很多.和@，一共有D天，每天会使一个@变成.，问D天之后有几个.
解题思路
数一下有几个.，答案会加D个.。
代码
void solve()
{
int n, d;
string s;
cin >> n >> d >> s;
cout<<count(s.begin(),s.end(),'.')+d;
}
B - Daily Cookie 2 (abc382 B)
题目大意
题意和第一题差不多，但是每天会让最右边的@变成.，问D天之后的字符串长什么样。
解题思路
按照题意模拟即可。
代码
void solve()
{
int n, d;
string s;
cin >> n >> d >> s;
int cnt = 0;
for(int i=(int)s.size()-1;i>=0;i--){
if (s[i] == '@') {
cnt++;
s[i] = '.';
if (cnt == d) break;
}
}
cout << s;
}
C - Kaiten Sushi (abc382 C)
题目大意
题目意思很复杂，可以自己阅读一下，我这里简化题意。
给定一个长度为N的数组A，并且有M次查询B。
对于第i个查询Bi问A数组里从左往右第一个小于等于Bi的数的下标是多少
解题思路
题目是离线的，那么B数组的顺序无关紧要，把他压进一个优先队列里，然后从左向右遍历A数组，每次把所有大于等于Ai的数都弹出队列并且标记答案就可以了。
代码
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)
priority_queue<pair<int,int> > q;
int a[200005],b[200005];
int ans[200005];
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
rep(i,n) cin>>a[i];
rep(i,m) cin>>b[i];
rep(i, m) q.push(make_pair(b[i], i));
rep(i, n) {
while (!q.empty() && q.top().first >= a[i]) {
ans[q.top().second] = i + 1;
q.pop();
}
}
rep(i,m) cout<<ans[i]<<endl;
}
D - Keep Distance (abc382 D)
题目大意
给定N和M，按字典序输出所有满足以下条件的数组：
- \(1 \le A_i\)
- 对于i大于等于2，\(A_{i-1}+10 \le A_i\)
- \(A_N \le M\)
解题思路
这题关键点在于\(10N-9 \le M \le 10N\)，那么说明中间的差其实不会超过20，否则最后一个数一定会超过M。
然后暴力即可。
代码
vector<vector<int> > ans;
int n, m;
vector<int> tmp;
void dfs(int x) {
if (x == n) {
ans.pb(tmp);
return;
}
if (tmp[x - 1] + (n - x) * 10 > m) return;
for (int i = 10;i <= 20;i++) {
tmp[x] = tmp[x - 1] + i;
if (tmp[x] > m) return;
dfs(x + 1);
}
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
tmp.resize(n);
for (int i = 1;i <= 10;i++) {
tmp[0] = i;
dfs(1);
}
cout << ans.size() << endl;
//以下为auto输出ans
for(auto v, ans) {
for(auto i, v) cout << i << " ";
cout << endl;
}
}
E - Expansion Packs (abc382 E)
题目大意
一个卡牌包里有n张卡牌，第i张卡牌是稀有牌的概率是pi。
现在将一包一包的开牌，直到开出X张稀有牌为止，问开的卡牌包数的期望是多少
解题思路
看通过人数可以发现期望放在E题不是很合适。
首先求出dp[i][j]为一包中拆前i张牌，有j张是稀有牌的概率：
第i张不是稀有牌，转移：dp[i][j] = dp[i - 1][j] * (1 - p[i])
第i张是稀有牌，转移： dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] * p[i]
然后这个数组我们其实只用得到dp[n][i]，其实也就是一整包中开出i张稀有牌的概率，所以dp其实可以滚动数组，但是这题n^2是可以存的下的。
然后设e[i]为开出i张稀有牌的期望包数（即答案）。
那么可以考虑新开出的”一包“中有几张稀有牌，我们先假设这一包不可能没有稀有牌，那么可以很简单的得到转移：e[i]=sigma(e[i-j]*dp[n][j])+1，就是开出i-j张稀有牌的期望*这一包开出j张稀有牌的概率，最后加上1表示我们新开了一包。
但是其实会开不出稀有牌，那么我们要先计算一下期望多少包一定开出稀有牌，是个简单的0-1概型：1/(1-dp[n][0])，所以式子调整成e[i]=sigma(e[i-j]*dp[n][j])+1/(1-dp[n][0])，但是此时还不对，因为内部的dp[n][j]是包含了开不出稀有牌的概率，但我们已经将开不出稀有牌的期望放在外面计算了：
所以最后的式子应该是e[i]=sigma(e[i-j]*(dp[n][j]/(1-dp[n][0])))+1/(1-dp[n][0])。
好在给的样例还是很有代表性的。
代码
double dp[5005][5005];
double e[5005];
void solve() {
int n, x;
cin >> n >> x;
vector<double> p(n);
for(int i=0;i<n;i++)
cin >> p[i];
p[i] /= 100.0;
}
dp[0][0] = 1.0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= n; ++j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] * (1 - p[i - 1]);
if (j > 0) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] * p[i - 1];
}
}
}
for (int i = 1;i <= x;i++) {
for (int j = 1;j <= i;j++) {
e[i] += (e[i - j]) * (dp[n][j] / (1.0 - dp[n][0]));
}
e[i] += (1.0 / (1.0 - dp[n][0]));
}
cout << fixed << setprecision(10) << e[x];
}
