DTOJ-2022-11-14-测试-题解

测试成果

$100 + 100 + 0 + 92 = 292$

还行

A 签到题

题目链接

题面大意

Diana 有一个函数 $f (x)$ 表示 $x$ 十进制下的各位之和，例如 $f (233) = 2 + 3 + 3 = 8$ 。 Diana 还有一个整数 $n$ ，她告诉你有两个正整数. $A, B$ 满足 $A + B = n$ ，你需要求出 $f (A) + f (B)$ 的最小值。

题解

显然如果进位了是不优的，如果 $n \neq 10^{k}$ 一定可以构造出不进位的 $A, B$ ，这时候答案 $= f (n)$ .

否则答案 $= 10$ .

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int T;
char s[N];
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%s",s+1);
		int n=strlen(s+1),res=0;
		for(int i=1; i<=n; i++) res+=s[i]-'0';
		printf("%d\n",(res==1)?10:res);
	}
	return 0;
}

B 大根堆

题面链接

DTOJ P6364

题面大意

$1 \sim n$ 大根堆， $i$ 儿子的数量 $\leq d_{i}$ ，求方案数，儿子有顺序

$1 \leq T \leq 5$ ， $1 \leq n \leq 5000$ ， $0 \leq d_{i} < i$

题解

考虑 $1 \sim n - 1$ 的父亲 $f a_{i}$

显然 $i < f a_{i} \leq n$

我们考虑 $f a_{i} = 2, \dots, n$ 依次往 ${f a_{i}}$ 中填

记 $f_{i, j}$ 表示填了 $f a_{i} = 2, \dots, i$ ，总共填了 $j$ 个位置的方案数.

转移的话就是

f_{i, j} = \sum_{m a x (0, j - d [i]) \leq k \leq j} f_{i - 1, k} \cdot (\binom{i - 1 - k}{j - k}) \cdot (j - k)!

新填了 $j - k$ 个 $f a_{x} = i$ ，有 $i > x$ 也就是说空位有 $i - 1 - k$ 个，那么填法就是 $(\binom{i - 1 - k}{j - k})$ 个，注意到儿子有顺序所以要乘 $(j - k)!$

调教一下式子

\begin{aligned} f_{i, j} & = \sum_{m a x (0, j - d [i]) \leq k \leq j} f_{i - 1, k} \cdot \frac{(i - 1 - k)!}{(i - 1 - j)!} \\ = \frac{1}{(i - 1 - j)!} \sum_{m a x (0, j - d_{i}) \leq k \leq j} f_{i - 1, k} \cdot (i - 1 - k)! \\ 记 g_{i, j} & = \sum_{k \leq j} f_{i - 1, k} \cdot (i - 1 - k)! \\ 则 f_{i, j} & = \frac{1}{(i - 1 - j)!} \cdot (g_{j} - g_{j - d_{i} - 1}) \end{aligned}

然后就可以 $O (n^{2})$ 了

（前缀和优化是好东西）

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5005, P = 998244353;
int T,n,d[N],f[N][N],g[N][N],fc[N],fci[N];
int ksm(int a, int b)
{
	int res=1;
	for(; b; b>>=1,a=(ll)a*a%P) if(b&1) res=(ll)a*res%P;
	return res;
}
void init()
{
	fc[0]=1;
	for(int i=1; i<N; i++) fc[i]=(ll)fc[i-1]*i%P;
	fci[N-1]=ksm(fc[N-1],P-2);
	for(int i=N-1; i; i--) fci[i-1]=(ll)fci[i]*i%P; //预处理阶乘哦
}
int C(int n, int m)
{
	if(n<0 or m<0 or n<m) return 0;
	return (ll)fc[n]*fci[m]%P*fci[n-m]%P;
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	init();
	//for(int i=0; i<=10; i++) printf("%d %d\n",fc[i],fci[i]);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
		f[1][0]=g[1][0]=g[1][1]=1;
		/*
		O(n^3) 暴力版本
		for(int i=2; i<=n; i++)
			for(int j=0; j<i; j++)
				for(int k=0; k<=j; k++)
					if(j-k<=d[i]) f[i][j]=(f[i][j]+(ll)f[i-1][k]*C(i-k-1,j-k)%P*fc[j-k]%P)%P;*/
		for(int i=2; i<=n; i++)
		{
			for(int j=0; j<i; j++)
			{
				int res=g[i-1][j];
				if(j-d[i]>0) res=(res-g[i-1][j-d[i]-1]+P)%P;
				f[i][j]=(ll)fci[i-1-j]*res%P;
				g[i][j]=(ll)fc[i-j]*f[i][j]%P;
				if(j) g[i][j]=(g[i][j]+g[i][j-1])%P;
			}
			g[i][i]=g[i][i-1]; //记得加这个要不然转移会出问题（
		}
		printf("%d\n",f[n][n-1]);
	}
	return 0;
}

C 抽卡

题面链接

portal

题面大意

有 $n$ 个物品，每个时刻都会恰好出现一个物品，物品 $i$ 会以
$p_{i}$ 的概率出现.

记物品 $i$ 的第一次出现时间为 $t_{i}$ ，那么定义出现时间的平均数 $\overset{―}{t}$ 和方差 $σ^{2}$ 为：

\overset{―}{t} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} t_{i} σ^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (t_{i} - \overset{―}{t})^{2}

求 $E (\overset{―}{t})$ , $E (σ^{2}$ ) ，对 $998244353$ 取模.

题解

纯纯概率期望推式子题，可惜我不会（

先写题解再写题（

1. $E (\overset{―}{t})$

首先我们要求 $E (\frac{1}{n} \sum t_{i})$

\begin{aligned} E (\frac{1}{n} \sum t_{i}) & = \frac{1}{n} E (\sum t_{i}) \\ = \frac{1}{n} \sum E (t_{i}) \end{aligned}

期望的线性性是个好东西！￣ω￣=

所以我们就要求 $E (t_{i})$ ：直接考虑每种事件的概率啊！

\begin{aligned} E (t_{i}) & = p_{i} \cdot 1 + p_{i} (1 - p_{i}) \cdot 2 + p_{i} (1 - p_{i})^{2} \cdot 3 + \dots \\ = p_{i} (1 + 2 (1 - p_{i}) + 3 (1 - p_{i})^{2} + \dots) \\ ∵ S & = 1 + 2 q + 3 q^{2} + \dots \\ \Rightarrow S & = \frac{1 + q + q^{2} + \dots}{1 - q} = \frac{1}{(1 - q)^{2}} \\ ∴ E (t_{i}) & = p_{i} \cdot \frac{1}{p_{i}^{2}} = \frac{1}{p_{i}} \end{aligned}

代回去！！

\begin{aligned} E (\frac{1}{n} \sum t_{i}) & = \frac{1}{n} \sum E (t_{i}) \\ = \frac{1}{n} \sum \frac{1}{p_{i}} \end{aligned}

诶 20 分不就到手了吗（！（￣︶￣） $↑$

2. $E (σ^{2})$

来来来我们来推方差

注意一个小结论：

\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (t_{i} - \overset{―}{t})^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} t_{i}^{2} - {(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} t_{i})}^{2}

\begin{aligned} E (σ^{2}) & = E (\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (t_{i} - \overset{―}{t})^{2}) \\ = E (\frac{1}{n} \sum t_{i}^{2}) - E ({(\frac{1}{n} \sum t_{i})}^{2}) \\ = \frac{1}{n} E (\sum t_{i}^{2}) - \frac{1}{n^{2}} E ({(\sum t_{i})}^{2}) \\ = \frac{1}{n} E (\sum t_{i}^{2}) - \frac{1}{n^{2}} E (\sum t_{i}^{2} + 2 \sum \sum_{j < i} t_{i} t_{j}) \\ = \frac{n - 1}{n^{2}} \sum E (t_{i}^{2}) - \frac{2}{n^{2}} \sum \sum_{j < i} E (t_{i} t_{j}) \end{aligned}

那现在我们要推两个东西一个是 $E (t_{i}^{2})$ 一个是 $E (t_{i} t_{j})$

(1) $E (t_{i}^{2})$

跟刚才那个 $E (t_{i})$ 有什么区别

\begin{aligned} E (t_{i}^{2}) & = p_{i} \cdot 1^{2} + p_{i} (1 - p_{i}) \cdot 2^{2} + p_{i} (1 - p_{i})^{2} \cdot 3^{2} + \dots \\ = p_{i} (1^{2} + 2^{2} (1 - p_{i}) + 3^{2} (1 - p_{i})^{2} + \dots) \\ ∵ S & = 1^{2} + 2^{2} q + 3^{2} q^{2} + \dots \\ \Rightarrow S & = \frac{1 + 3 q + 5 q^{2} + 7 q^{3} + \dots}{1 - q} \\ T & = 1 + 3 q + 5 q^{2} + 7 q^{3} + \dots \\ \Rightarrow T & = \frac{1 + 2 q + 2 q^{2} + 2 q^{3} + \dots}{1 - q} \\ = \frac{1 + q}{(1 - q)^{2}} \\ ∴ S & = \frac{1 + q}{(1 - q)^{3}} \\ ∴ E (t_{i}^{2}) & = p_{i} \cdot \frac{2 - p_{i}}{p_{i}^{3}} = \frac{2 - p_{i}}{p_{i}^{2}} \end{aligned}

(2) $E (t_{i} t_{j})$

直接考虑每种事件的概率啊！

\begin{aligned} E (t_{i} t_{j}) & = p_{i} \cdot E (t_{j} + 1) + p_{j} \cdot E (t_{i} + 1) + (1 - p_{i} - p_{j}) \cdot E ((t_{i} + 1) (t_{j} + 1)) \\ = p_{i} \cdot E (t_{j} + 1) + p_{j} \cdot E (t_{i} + 1) + (1 - p_{i} - p_{j}) \cdot (E (t_{i} t_{j}) + E (t_{i}) + E (t_{j}) + 1) \\ = 1 + (1 - p_{j}) \cdot E (t_{j}) + (1 - p_{i}) \cdot E (t_{i}) + (1 - p_{i} - p_{j}) E (t_{i} t_{j}) \\ ∴ (p_{i} + p_{j}) \cdot E (t_{i} t_{j}) & = 1 + (1 - p_{j}) \cdot E (t_{j}) + (1 - p_{i}) \cdot E (t_{i}) \\ E (t_{i} t_{j}) & = \frac{1}{p_{i} + p_{j}} + \frac{1 - p_{j}}{p_{i} + p_{j}} \cdot E (t_{j}) + \frac{1 - p_{i}}{p_{i} + p_{j}} \cdot E (t_{i}) \\ = \frac{1}{p_{i} + p_{j}} + \frac{1 - p_{j}}{p_{j} (p_{i} + p_{j})} + \frac{1 - p_{i}}{p_{i} (p_{i} + p_{j})} \\ = \frac{1}{p_{i} + p_{j}} + \frac{p_{i} + p_{j} - 2 p_{i} p_{j}}{p_{i} p_{j} (p_{i} + p_{j})} \\ = \frac{1}{p_{i} p_{j}} - \frac{1}{p_{i} + p_{j}} \end{aligned}

诶诶然后就完了呢！ $\sim$ 代回去！

\begin{aligned} E (σ^{2}) & = \frac{n - 1}{n^{2}} \sum E (t_{i}^{2}) - \frac{2}{n^{2}} \sum \sum_{j < i} E (t_{i} t_{j}) \\ = \frac{n - 1}{n^{2}} \sum \frac{2 - p_{i}}{p_{i}^{2}} - \frac{2}{n^{2}} \sum \sum_{j < i} (\frac{1}{p_{i} p_{j}} - \frac{1}{p_{i} + p_{j}}) \end{aligned}

这就完了. 直接做是 $O (n^{2} \log n)$ 的，如果线性求 $(p_{i} + p_{j})$ 逆元就可以 $O (n^{2})$ 了！

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5005, P = 998244353;
int n,n_inv,q[N],p[N],pi[N];
int ksm(int a, int b)
{
	int res=1;
	for( ; b; b>>=1, a=(ll)a*a%P) if(b&1) res=(ll)a*res%P;
	return res;
}
void init()
{
	scanf("%d",&n); int s=0; n_inv=ksm(n,P-2);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&q[i]),s=(s+q[i])%P;
	s=ksm(s,P-2); for(int i=1; i<=n; i++) p[i]=(ll)q[i]*s%P;
	for(int i=1; i<=n; i++) pi[i]=ksm(p[i],P-2);
}
void work1()
{
	int res=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) res=(res+pi[i])%P;
	printf("%lld\n",(ll)res*n_inv%P);
}
void work2()
{
	int res1=0,res2=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) res1=(res1+(ll)(2-p[i]+P)*pi[i]%P*pi[i]%P)%P;
	res1=(ll)res1*(n-1+P)%P*n_inv%P*n_inv%P;
	for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<i; j++)
		res2=(res2+(ll)pi[i]*pi[j]%P-ksm(p[i]+p[j],P-2)+P)%P;
	res2=(ll)res2*2*n_inv%P*n_inv%P;
	printf("%d\n",(res1-res2+P)%P);
	
}
int main()
{
	init(); work1(); work2(); return 0;
}

D 玩游戏

题目链接

DTOJ P6366

题面大意

集合 $S : s_{1}, s_{2}, \dots, s_{m}$ ，队列 ${b_{i}} : b_{1}, b_{2}, \dots, b_{k}$ ，D 和 A 交替进行以下操作，直到队列 $b$ 为空：

把 $b$ 中的第一个数放入，取走 $S$ 中的一个数 $x$ ，然后把它累积到自己的得分中。

${a_{i}} : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$

进行 $q$ 场游戏。每场游戏三个数 $l, r, x$ 询问，若选用区间 $a_{l}, a_{l + 1}, \dots, a_{r}$ 作为 $b$ 进行一场游戏，在二者都采用最优策略的情况下，位置 $x$ 的元素 $a_{x}$ 是被谁取走的。

对于所有测试数据，保证 $1 \leq n, m, q \leq 10^{6}$ ， $1 \leq a_{i}, s_{i} \leq n + m$ ， $1 \leq l \leq x \leq r \leq n$ ，保证将 $a, s$ 拼接后得到的序列为 $1 \sim n + m$ 的一个排列。

题解

暴力

图：

我们可以通过观察和手模样例得出一个结论：

放入 $[l, t]$ 的数之后，如果取走了 $x$ 那么 $x$ 一定是 $a [l \sim t] \cup S$ 中前 $t - l + 1$ 大的元素.

这个很好理解，假设 $x$ 不是前 $t - l + 1$ 大，因为取走 $x$ 之前只取了 $t - l$ 个元素，所以一定有比 $x$ 更大的数可以取.

所以我们就有一个 $O (n \log^{2} n)$ 做法，甚至可以拿到 92 分的高分（）

注意到第 $t - l + 1$ 大的元素就是第 $m + 1$ 小的元素，这是个常数，所以是单调递减的

首先我们在 $[x, r]$ 区间二分找 $t$ ，使第 $m + 1$ 小的元素 $= a_{x}$ 这个时候就是 $a_{x}$ 被取走的时候

求区间第 $k$ 小使用主席树

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int n,m,q;
int a[N],s[N];
int rd()
{
	int x; char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	for(x=(ch^48); isdigit(ch=getchar()); x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48));
	return x;
}
struct Seg
{
	int ls,rs,dat;
} t[N<<5];
int rt[N],rt2[N],tot;
void build(int &p, int l, int r, int x, int v)
{
	if(!p) p=++tot;
	if(l==r) { t[p].dat+=v; return ; }
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) build(t[p].ls,l,mid,x,v);
	else build(t[p].rs,mid+1,r,x,v);
	t[p].dat=t[t[p].ls].dat+t[t[p].rs].dat;
}
void change(int &p, int q, int l, int r, int x, int v)
{
	t[p=++tot]=t[q];
	if(l==r) { t[p].dat+=v; return ; }
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) change(t[p].ls,t[q].ls,l,mid,x,v);
	else change(t[p].rs,t[q].rs,mid+1,r,x,v);
	t[p].dat=t[t[p].ls].dat+t[t[p].rs].dat;
}
int query(int p, int q, int l, int r, int k)
{
	if(l==r) return l;
	int mid=(l+r)>>1;
	int lcnt=t[t[p].ls].dat-t[t[q].ls].dat; 
	if(k<=lcnt) return query(t[p].ls,t[q].ls,l,mid,k);
	else return query(t[p].rs,t[q].rs,mid+1,r,k-lcnt);
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd(),q=rd();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=rd();
	for(int i=1; i<=m; i++) s[i]=rd();
	for(int i=1; i<=m; i++) build(rt[0],1,n+m,s[i],1);
	for(int i=1; i<=n; i++) change(rt[i],rt[i-1],1,n+m,a[i],1),change(rt2[i],rt2[i-1],1,n+m,a[i],1);
	int L,R,x;
	/*while(q--)
	{
		L=rd(),R=rd(),x=rd();
		printf("%d\n",query(rt[R],rt2[L-1],1,n+m,x));
	}*/
	while(q--)
	{	
		L=rd(),R=rd(),x=rd();
		if(query(rt[R],rt2[L-1],1,n+m,m+1)>a[x]) { puts("-1"); continue ; }
		int l=x,r=R;
		while(l<r)
		{ 
//			printf("%d %d\n",l,r);
			int mid=(l+r)>>1;
			if(query(rt[mid],rt2[L-1],1,n+m,m+1)<=a[x]) r=mid;
			else l=mid+1;
		}
//		printf("%d\n",l);
		puts(((l-L+1)&1)?"Diana":"Ava");
	}
	return 0;
}

正解

~~别催了别催了在补题了~~

补完了！

注意没有强制在线，我们离线做！

从小到大处理询问，先把集合 $S$ 排个序，然后就可以用一个指针维护 $S$ 中比 $a [x]$ 小的数的个数.

然后以下标建线段树，就可以在线段树 $[l, r]$ 区间二分一个位置，使得 $a [x]$ 是第 $m + 1$ 小.

时间复杂度 $O (n \log n)$

线段树上二分确实是好东西

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int rd()
{
	int x; char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	for(x=(ch^48); isdigit(ch=getchar()); x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48));
	return x;
}
struct Sagiri
{
	int l,r,dat;
} t[N<<2];
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1)|1
void build(int p, int l, int r)
{
	t[p].l=l,t[p].r=r;
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
	t[p].dat=t[ls].dat+t[rs].dat;	
}
void change(int p, int x, int v)
{
	if(t[p].l==t[p].r) { t[p].dat+=v; return ; }
	int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
	if(x<=mid) change(ls,x,v);
	else if(x>mid) change(rs,x,v);
	t[p].dat=t[ls].dat+t[rs].dat;
}
int query(int p, int l, int r)
{
	if(t[p].l==l and t[p].r==r) return t[p].dat;
	int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
	if(r<=mid) return query(ls,l,r);
	else if(l>mid) return query(rs,l,r);
	else return query(ls,l,mid)+query(rs,mid+1,r);
}
int query2(int p, int k)
{
	if(t[p].l==t[p].r) return t[p].l;
	if(t[ls].dat>=k) return query2(ls,k); // 线段树上二分
	else return query2(rs,k-t[ls].dat);
}
int n,m,q,nr;
int a[N],s[N];
struct Nazuna { int l,x,r,id,ans,val; } rq[N<<1]; // 拿小荠来离线询问！
void work()
{
	build(1,1,n);
	int cur=0;
	for(int i=1; i<=nr; i++)
	{
		while(cur<m and s[cur+1]<rq[i].val) cur++; 
		if(!rq[i].id) change(1,rq[i].x,1);
		else
		{
			if(query(1,rq[i].l,rq[i].r)<m-cur) rq[i].ans=n+1; 
			else
			{
				int t=m-cur+((rq[i].l>1)?query(1,1,rq[i].l-1):0); 
				if(t==0) rq[i].ans=rq[i].x; //记得各种特判
				else
				{
					int pos=query2(1,t);
					rq[i].ans=max(pos,rq[i].x);
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1; i<=n; i++) 
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		nr++; rq[nr].x=i,rq[nr].val=a[i];
	}
	for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d",&s[i]);
	sort(s+1,s+m+1);
	int l,r,x;
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		nr++; rq[nr]=(Nazuna){l,x,r,i,0,a[x]};
	}
	sort(rq+1,rq+nr+1, [&] (const Nazuna &a, const Nazuna &b) { return a.val<b.val or (a.val==b.val and a.id>b.id); });
	work();
	sort(rq+1,rq+nr+1, [&] (const Nazuna &a, const Nazuna &b) { return a.id<b.id; });
	for(int i=1; i<=nr; i++) 
		if(rq[i].id)
		{
			if(rq[i].ans>rq[i].r) puts("-1");
			else puts(((rq[i].ans-rq[i].l+1)&1)?"Diana":"Ava");
		}
	return 0;
}

posted @ 2022-11-14 23:09 copper_carbonate 阅读(70) 评论(0) 编辑收藏举报

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