【BZOJ4030】[HEOI2015]小L的白日梦
【BZOJ4030】[HEOI2015]小L的白日梦
题面
题解
要求的是最小的不开心连续段的期望。
然后发现自己就不会做了。
然后就可以来抄题解啦。
首先来猜性质：
- 第一个，一定是按照不高兴的概率单调不增的一个序列。
还是比较容易猜到的，这个证明也不难，首先我们把这个期望的式子给列出来，发现是：
\[E=\sum_{i=1}^n (1-a_{i-1})a_i
\]
也就是强制在每一段的开头位置统计，那么这个位置必定满足前一天是开心的，且这一天是不开心的。并且因为是单调的，所以满足\(a_i\ge a_{i+1}\)。
现在假设把某两个位置交换，假设这两个位置是\(i,j\)，且\(i<j\)，那么：
\[\begin{aligned}\Delta=&(1-a_{i-1})a_i+(1-a_i)a_{i+1}+(1-a_{j-1})a_j+(1-a_j)a_{j+1}\\
&-(1-a_{i-1})a_j-(1-a_j)a_{i+1}-(1-a_{j-1})a_i-(1-a_i)a_{j+1}\\
=&(1-a_{i-1})(a_i-a_j)+(1-a_i)(a_{i+1}-a_{j+1})\\
&+(1-a_{j-1})(a_j-a_i)+(1-a_j)(a_{j+1}-a_{i+1})\\
=&(a_i-a_j)(a_{j-1}-a_{i-1})+(a_{i+1}-a_{j+1})(a_j-a_i)\\
=&(a_i-a_j)(a_{j-1}+a_{j+1}-a_{i-1}-a_{i+1})
\end{aligned}\]
显然\(\Delta=E-E'<0\)，所以有\(E<E'\)，所以就证明了如果序列是单调不增的话期望是最小的。
- 第二个结论：选择的一定是按照概率排序之后的一段前缀和一段后缀。
我一开始猜的以为一定是前缀......
假设我们选择的是一段前缀\([1,i]\)，一段后缀\([j,n]\)。当然都是按照从大往小的顺序排序之后的结果。然后不考虑在中间选择了一段，考虑在中间选择了一个会怎么样，假设在两次选择中，在中间选择了\(x\)和\(y\)，\(x<y\)。
那么两者的期望的变化量分别是：
\[\begin{aligned}
\Delta&=(1-a_i)a_x+(1-a_x)a_j-(1-a_i)a_y+(1-a_y)a_j\\
&=(1-a_i)(a_x-a_y)+a_j(a_y-a_x)\\
&=(a_x-a_y)(1-a_i-a_j)
\end{aligned}\]
发现\((1-a_i-a_j)\)是定值，那么讨论一下，如果它大于\(0\)，那么\((a_x-a_y)\)一定是越小越好，所以会尽可能靠向\(j\)，反过来一定靠向\(i\)。那么既然都尽可能靠向了，那么就直接放在一起好啦。
- 第三个性质：每个东西要么选\(1\)个，要么全部选掉。除了这两种情况之外的情况最多只可能出现一次。
首先假装我们不知道这个东西，考虑怎么做，我们可以预处理前缀和后缀的最大贡献，然后枚举一个前缀的端点，那么对于所有后缀而言，找一个最大的贡献就行了。
但是这样子做不了\(1e9\)，因为你需要枚举端点的确切位置。
现在我们来考虑这个性质怎么处理，首先没有选完整的最多只会有两块，即前缀的最后一段和后缀的最靠前的一段。
那么我们这么考虑，假设后缀的最靠前的一段多出来了若干个，那么如果把一个变成前缀的最后一个的变化量是\(\Delta\)，那么丢到这一段只剩一个之前，每次往前丢一个贡献都是\(\Delta\)，这个很显然。所以可以把后缀的这一段变得只剩一个，然后就符合上面的情况了。
具体实现我也是抄代码了QwQ。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 100100
#define double long double
const double eps=1e-10;
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct Node{double p;int c;}p[MAX];
bool cmp(Node a,Node b){return a.p>b.p;}
int n,K;
int main()
{
int T=read();
while(T--)
{
n=read();K=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=read(),y=read();
p[i].p=1.0*x/y,p[i].c=read();
}
sort(&p[1],&p[n+1],cmp);
int l=1,r=n,t;
while(!p[l].c)++l;while(!p[r].c)--r;
p[l].c-=1;p[r].c-=1;K-=2;
double pl=p[l].p,pr=p[r].p;
double ans=0;
while(K)
{
while(!p[l].c)++l;
while(!p[r].c)--r;
if(1-pl>pr)
{
if(fabs(pr-p[r].p)>eps)t=1;
else t=min(K,p[r].c);
ans+=(1-p[r].p)*pr+(t-1)*(1-p[r].p)*p[r].p;
K-=t;p[r].c-=t;pr=p[r].p;
}
else
{
if(fabs(pl-p[l].p)>eps)t=1;
else t=min(K,p[l].c);
ans+=(1-pl)*p[l].p+(t-1)*(1-p[l].p)*p[l].p;
K-=t;p[l].c-=t;pl=p[l].p;
}
}
ans+=(1-pl)*pr;
printf("%.6Lf\n",ans);
}
return 0;
}
