2024.10.08 刷题记录

2024.10.08

P3251 JLOI2012 时间流逝

设 $f(S)$ 为可重复集 $S$ 进化的期望天数。

$$f(S)=pf(P)+\frac{1-p}{m}\sum _{i=1}^{m}f(T)+1$$

$P$ 为 $S$ 除去最小值的集合，$T$ 为 $S$ 加上一个元素的集合。

不难发现，集合构成了一颗树的形态，根是空集，$S$ 父亲为 $P$，$T$ 父亲为 $S$。

假设所有 $f(S)$ 满足 $f(S)=kf(P)+b$。

数学归纳法，叶子节点显然满足，对于非叶子节点：

$$f(S)=pf(P)+\frac{1-p}{m}\sum _{i=1}^m{k}_{i}f(S)+b_i$$

记：

$$t=\frac{1-p}{m},K=\sum _{i=1}^m{k}_i,B=\sum _{i=1}^m{b}_i$$

有：

$$f(S)=\frac{p}{1-tK}f(P)+\frac{1+tB}{1-tK}$$

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

#define db double
#define pdd pair<double,double>
#define fi first
#define se second

const int maxn=55;

int n,T;
double p;

int a[maxn];

inline pdd dfs(int s,int mn)
{
    if(s>T) return {0,0};
    db k=0,b=0,t=(1-p)/mn;
    pdd ret;
    for(int i=1;i<=mn;i++) ret=dfs(s+a[i],i),k+=ret.fi,b+=ret.se;
    if(!s) t=1.0/mn;
    return {p/(1-t*k),(1+t*b)/(1-t*k)};
}

int main()
{
    while(~scanf("%lf%d%d",&p,&T,&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+n+1);
        printf("%.3lf",dfs(0,n).se);
    }
}

P5303 GXOI/GZOI2019 逼死强迫症

不难发现，如果确定为 $1\times 1$ 的块放的区域的长度，仅有唯二的方案。

设 $g_i$ 为 $1\times 1$ 放置区域的长度为 $i$ 的方案数，有：

$$g_i=g_{i-1}+g_{i-2}$$

是斐波那契数列。

对于答案 $F_i$，类似的推出 $F_i=F_{i-1}+F_{i-2}+2\times g_{i-1}-2$。

使用矩阵加速，即可 AC。

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

#define ll long long

const ll mod=1e9+7;
const int maxn=8;

struct Matrix
{
    int n,m;
    int a[maxn][maxn];
    Matrix(int x=0,int y=0)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        n=x,m=y;
    }
    inline void SetUnit()
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=(i==j);
    }
    friend inline Matrix operator * (Matrix a,Matrix b)
    {
        Matrix ret(a.n,b.m);
        for(int i=1;i<=ret.n;i++)
            for(int k=1;k<=a.m;k++)
                for(int j=1;j<=ret.m;j++)
                {
                    ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+1ll*a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%mod;
                }
        return ret;
    }
}s;
inline Matrix ksm(Matrix x,int y)
{
    Matrix sum(5,5);sum.SetUnit();
    for(;y;y/=2,x=x*x) if(y&1) sum=sum*x;
    return sum;
}

int main()
{
    s.n=5,s.m=5;
    s.a[1][1]=s.a[1][2]=s.a[2][1]=s.a[3][3]=s.a[3][4]=s.a[4][3]=s.a[5][5]=1;
    s.a[3][1]=2,s.a[5][1]=mod-2;
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        if(n<3){puts("0");continue;}
        Matrix A(1,5);
        A.a[1][3]=2,A.a[1][4]=A.a[1][5]=1;
        printf("%d\n",(A*ksm(s,n-2)).a[1][1]);
    }
}

P4229 某位歌姬的故事

见博客

P4647 IOI2007 sails 船帆

每次选择 $k$ 个最少放置船帆的位置放帆，将 $h$ 升序排序，船帆放置数量随高度至下向上数量递减，每次选择 $[h-k+1,h]$ 之间的位置放置，但对于与放置数量 $h-k+1$ 高度相同的高度，需要将选择平移维护单调性。

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

const int maxn=100005;

int n,ans;
struct node{int h,k;}a[maxn];

inline bool cmp(node a,node b){return a.h<b.h;}

namespace linetree
{
    #define lch(p) p*2
    #define rch(p) p*2+1
    struct treenode{int mx,mi,lazy;}tr[maxn*8];
    int lx,rx;
    inline void clr(){lx=maxn,rx=0;}
    inline void push_down(int p,int l,int r)
    {
        if(l==r) {tr[p].lazy=0;return ;}
        tr[rch(p)].lazy+=tr[p].lazy;tr[rch(p)].mi+=tr[p].lazy,tr[rch(p)].mx+=tr[p].lazy;
        tr[lch(p)].lazy+=tr[p].lazy;tr[lch(p)].mi+=tr[p].lazy,tr[lch(p)].mx+=tr[p].lazy;
        tr[p].lazy=0;
    }
    inline void push_up(int p,int l,int r)
    {
        if(l==r) return ;
        tr[p].mi=min(tr[lch(p)].mi,tr[rch(p)].mi);
        tr[p].mx=max(tr[lch(p)].mx,tr[rch(p)].mx);
    }
    inline void updata(int p,int l,int r,int lx,int rx,int val)
    {
        if(rx<lx) return ;
        if(r<lx||l>rx) return ;
        push_down(p,l,r);
        if(lx<=l&&r<=rx)
        {
            tr[p].lazy+=val;
            tr[p].mi+=val,tr[p].mx+=val;
            return ;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        updata(lch(p),l,mid,lx,rx,val);
        updata(rch(p),mid+1,r,lx,rx,val);
        push_up(p,l,r);
    }
    inline int qry1(int p,int l,int r,int x)
    {
        push_down(p,l,r);
        if(r<x||l>x) return 0;
        if(l==r) return tr[p].mi;
        int mid=(l+r)>>1;
        return qry1(lch(p),l,mid,x)+qry1(rch(p),mid+1,r,x);
    }
    inline void qry2(int p,int l,int r,int x)
    {
        push_down(p,l,r);
        if(tr[p].mx<x||tr[p].mi>x) return ;
        if(tr[p].mi==x) rx=max(rx,r);
        if(tr[p].mx==x) lx=min(lx,l);
        if(tr[p].mx==x&&tr[p].mi==x) return ;
        int mid=(l+r)>>1;
        qry2(lch(p),l,mid,x),qry2(rch(p),mid+1,r,x);
    }
}

int main()
{
    int m=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].h,&a[i].k),m=max(a[i].h,m);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int p=linetree::qry1(1,1,m,a[i].h-a[i].k+1);linetree::clr();linetree::qry2(1,1,m,p);
        int l=max(linetree::lx,1),r=min(linetree::rx,a[i].h);
        linetree::updata(1,1,m,r+1,a[i].h,1);linetree::updata(1,1,m,l,l+a[i].k-(a[i].h-r)-1,1);
    }
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int p=linetree::qry1(1,1,m,i);
        ans+=1ll*p*(p-1)/2;
    }
    printf("%lld",ans);
}

P8321 『JROI-4』沈阳大街 2

将 $a,b$ 合并为一个数组 $c$ 后排序，然后将其中的 $a,b$ 两两配对，记权值为较后点的权值。

设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个配对了 $j$ 对的总贡献，有转移：

$$f[i][j]=f[i-1][j-1]\times c[i]\times (tmp-(j-1))+f[i-1][j]$$

其中 $tmp$ 表示 $c[1\sim i-1]$ 中与 $i$ 颜色不同的数的个数。

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

#define ll long long
#define mod 998244353

const int maxn=5005;

struct node{int val,sub;}a[maxn*2];

int n;
int cnt[2][maxn*2];

ll f[maxn*2][maxn];

inline ll ksm(ll x,ll y)
{
    ll sum=1;
    for(;y;y/=2,x=x*x%mod) if(y&1) sum=sum*x%mod;
    return sum;
}
inline bool cmp(node a,node b){return a.val>b.val;}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].val),a[i].sub=0;
    for(int i=n+1;i<=2*n;i++) scanf("%d",&a[i].val),a[i].sub=1;
    sort(a+1,a+n*2+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
    {
        cnt[0][i]=cnt[0][i-1],cnt[1][i]=cnt[1][i-1];
        cnt[a[i].sub][i]++;
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
    {
        ll tmp=cnt[!a[i].sub][i];
        f[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(j<=tmp)
                f[i][j]=(f[i-1][j-1]*a[i].val%mod*(tmp-(j-1))%mod)%mod;
            f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%mod;
        }
    }
    ll res=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) res=res*i%mod;
    printf("%lld",ksm(res,mod-2)*f[n*2][n]%mod);
}