【题解】CF442B Andrey and Problem 以及 [USACO19FEB]Cow Dating P

先来看第二题。

[USACO19FEB]Cow Dating P

这是一个关于概率的问题，即求一个最优区间满足恰好有一个成立的概率最大。

我们考虑从 n 到 n+1 有什么变化（这是解决这类问题的基本思路）

设 ${\prod }_{i=1}^n(1-p_i)=x$

记前 $n$ 项只有一个人答对的概率为 $f_n$

现在我们可以开始推式子。

1. 如果第 $n+1$ 道题答对了，$p_{n+1}\ast x$
2. 如果第 $n+1$ 道题没有答对，$(1-p_{n+1})\ast f_n$

所以 $f_{n+1}=p_{n+1}\ast x+(1-p_{n+1})\ast f_n$

令 $f_{n+1}-f_n>0$ (单纯为了方便变形或者说成研究增减性)

即 $(x-f_n)\ast p_{n+1}>0$ ，等价于 $x>f_n$ 。

到这里 $f_n$ 还是变量，我们考虑消去。

考虑 $f_n$ 的定义，从而得到：

${\prod }_{i=1}^n(1-p_i)>{\prod }_{i=1}^n(1-p_i)\ast {\sum }_{i=1}^n\frac{p_i}{1-p_i}$

即 ${\sum }_{i=1}^n\frac{p_i}{1-p_i}<1$ 。

至此，我们固定右端点，然后二分左端点即可。

注意开 long double 。

#include<bits/stdc++.h>
#define db long double
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define inf 1e9
#define eps 1e-10
using namespace std;
const int N=1e6+5;
inline int read() {
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9') {
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x;
}
int n; 
db p[N],sum[N],mul[N],res;
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%llf",&p[i]);
		p[i]/=1000000;
	}
	mul[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		sum[i]=sum[i-1]+p[i]/(1-p[i]);
		mul[i]=mul[i-1]*(1-p[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int it=upper_bound(sum+1,sum+i+1,sum[i]-1)-sum-1;
		res=max(res,(sum[i]-sum[it])*mul[i]/mul[it]);
	}
	printf("%lld",(ll)((res+eps)*1000000));
} 

利用上一题的结论，来看第一题。

CF442B Andrey and Problem

本题和上一题的区别在于并没有钦定区间。

也就是说限制少了，难度高了。

但是我们仍然可以通过分析得出结论。

假设最优答案是一个大小为 k 的某个状态。我们不难得出对于任何子集为 k-1 的满足 ${\sum }_{i=1}^{k-1}\frac{p[a[i]]}{1-p[a[i]]}<1$ 。

现在考虑把其中一个数调整到更大的 $p[i]$ 。

根据 $f_{n+1}=(x-f_n)\ast p_{n+1}+f_n$

又因为 $x-f_n>0$ 所以 $p_{n+1}$ 越大答案越优。

此时将最小的 $p_i$ 替换成较大值，可以得到更优策略，与假设前提矛盾。这样我们就证明了它。

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
using namespace std;
const int Maxn=1e5+5;
int n,m;
db p[Maxn],q[Maxn],mx;
bool cmp(db x,db y) {
	return x>y;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lf",&p[i]);
		if(p[i]==1) {
			printf("1");
			return 0;
		}
	}
	sort(p+1,p+1+n,cmp);
	db tmp=1,tmp2=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		q[i]=p[i]/(1-p[i]);
		tmp*=(1-p[i]);
		tmp2+=q[i];
		mx=max(mx,tmp*tmp2);
	}
	printf("%.30lf",mx);
}

总结：（解决这类问题的关键）

1. 推式子的能力
2. 问题的转化能力，学会换角度思考

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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