【ACM算法竞赛日常训练】DAY2题解与分析【比赛】【数学考试】【简单瞎搞题】

DAY2共三题:

  • 比赛(概率)

  • 数学考试(前缀和与思维)

  • 简单瞎搞题(dp)

视频讲解:https://www.bilibili.com/video/BV1hP411o7RD/

🎈 作者:Eriktse
🎈 简介:19岁,211计算机在读,现役ACM银牌选手🏆力争以通俗易懂的方式讲解算法!❤️欢迎关注我,一起交流C++/Python算法。(优质好文持续更新中……)🚀
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比赛

  • tag: 概率

传送门:https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14734

我们设对于每一道题:

  • 事件A:自己做对了

  • 事件B:听左边的,做对了

  • 事件C:听右边的,做对了

三个事件的概率都已经给出了,分别是\(P(A), P(B), P(C)\)

设事件Y:该题做对了

我们可以知道事件\(Y=A \cup B \cup C\),如果要正向求解\(Y\)是有一定难度的,因为这里的\(Y\)实际上由7个最小项构成,而事件\(\overline{Y}\)仅有一个最小项构成(这里就不展开说了)。

容易得到表达式:

\[P(Y) = 1 - (1-P(A))(1-P(B))(1-P(C)) \]

然后我们可以枚举所有的序列,然后算一下当前这个情形对答案的贡献。

枚举序列可以用二进制数枚举,也可以用dfs,用dfs的话有个好处就是可以剪枝

二进制枚举可能常数小点。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 20;
double a[maxn], b[maxn], c[maxn];

double ans[maxn];

double getp(int k)
{
    return max(0.0, 1.0 - (1 - a[k]) * (1 - b[k]) * (1 - c[k]));
}

void dfs(int dep, int cnt, double p)
{
    if(p == 0)return;
    if(dep == 13)
    {
        ans[cnt] += p;
        return;
    }

    //没对第i题
    dfs(dep + 1, cnt, p * (1.0 - getp(dep)));
    //对了第i题
    dfs(dep + 1, cnt + 1, p * getp(dep));
}


signed main()
{
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", a + i);
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", b + i);
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", c + i);
    //for(int i = 1;i <= 12; ++ i)printf("p[%lld] = %.2lf\n", i, getp(i));
    
    dfs(1, 0, 1);
    
    for(int i = 0;i <= 12; ++ i)printf("%.6f\n", ans[i]);
    
    return 0;
}

数学考试

  • tag: 前缀和,思维

传送门:https://ac.nowcoder.com/acm/problem/15553

这道题比较简单,我们先处理出一个前缀和,然后从后往前去枚举左区间的左端点,然后更新答案即可。不需要知道具体的右区间,只需要知道右区间和取值的最值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9, inf = 8e18;

int a[maxn], prefix[maxn];

void solve()
{
    int n, k;scanf("%lld %lld", &n, &k);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)prefix[i] = prefix[i - 1] + a[i];
    
    int ans = -inf;
    int mx = prefix[n] - prefix[n - k];
    for(int i = n - 2 * k + 1;i >= 1; -- i)
    {
        //将[i, i + k - 1]区间作为左区间更新答案
        ans = max(ans, mx + prefix[i + k - 1] - prefix[i - 1]);
        //将区间[i + k - 1, i + 2 * k - 1]添加进右区间的集合中取大
        mx = max(mx, prefix[i + 2 * k- 1] - prefix[i + k - 1]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

signed main()
{
    int _;scanf("%lld", &_);
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

简单瞎搞题

  • tag: dp,bitset

传送门:https://ac.nowcoder.com/acm/problem/17193

不会使用bitset的同学可以看这篇文章:https://www.eriktse.com/technology/1073.html

我们定义一个bitset b,其中b[i]若为1表示可以组成平方和为i的答案。

注意这里要用一个全0的新bitset s来存下b左移后的结果,然后再让b = s,否则可能会出现大量的错误计算。

背包dp,具体看代码吧不难理解。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9;

signed main()
{
    int n;scanf("%lld", &n);
    bitset<maxn> b;
    b[0] = 1;
    
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        int l, r;scanf("%lld %lld", &l, &r);
        bitset<maxn> s;
        for(int j = l;j <= r; ++ j)
        {
            s |= (b << (j * j));
        }
        b = s;
    }
    printf("%lld\n", b.count());
    return 0;
}

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posted @ 2023-03-24 08:15  Eriktse0  阅读(21)  评论(0编辑  收藏  举报