BZOJ.1011.[HNOI2008]遥远的行星(思路 枚举)
设当前为\(i\),令\(j=\lfloor a*i\rfloor\),\(1\sim j\) 即为对\(i\)有贡献的行星,这一区间的答案应为$$f[i]=M_i*\sum_{k=1}^j\frac{M_k}{i-k}$$
因为误差不超过\(5\%\)即可,在这种条件下答案的范围应该非常宽。于是可以将要求的区间分成\(T\)段,每一段的分母\(i-k\)近似用该区间中点的分母表示。即$$f[i]=\sum_{t=1}^T(M_i *\frac{\sum_{k=x}^yM_k}{i-\frac{x+y}{2}})$$
其中\(x,y\)为每段起点/终点。
复杂度大概是\(O(a*n^2/T)\)?\(T\)这里取\(150\)了。
小于\(T\)的暴力计算,大于等于\(T\)的按上式近似计算。(或者\(T\)设得大一点,大于\(T\)的直接\(O(1)\)计算。)
1992kb 3908ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,T=150;
int n,M[N];
LL sum[N];
double a;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
n=read(),scanf("%lf",&a);
for(int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+(M[i]=read());
double res,mid;
for(int p,i=1; i<=n; ++i)
{
p=int(a*i+1e-8);//一段区间的p会是相同的,也许可以少做乘法优化下常数。。//不 应该没什么用
res=0;
if(p<=T){
for(int j=1; j<=p; ++j)
res+=1.0*M[j]/(i-j);
}
else{
int lim=p/T*T;
for(int j=1; j<lim; j+=T)
res+=1.0*(sum[j+T]-sum[j-1])/(1.0*i-0.5*(j+j+T));
for(int j=lim+1; j<=p; ++j)
res+=1.0*M[j]/(i-j);
}
printf("%.6lf\n",res*M[i]);
}
return 0;
}
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------