2023-05-31 16:59阅读: 40评论: 0推荐: 0

【做题记录】2023年6月

记录 6月份做的题（好吧，还有一些五月的）。

5.29

Ⅰ.Starry Phase

$a_{i} \leq 2^{16}$ ，所以可以将 $a_{i}$ 分成前 8 位和后 8 位。

令 $f_{u, v}$ 表示第一个数字前 8 位数字 $u$ 和第二个数字后 8 位数字 $v$ ，进行操作的最大值， $g_{u, v}$ 表示个数，显然插入一个 $a_{i}$ 就可以将 $v \in [0, 2^{8} - 1]$ 的数字预处理出来。

那么对于每次要找的数字，可以枚举和它操作的数字的前 8 位数字，然后就解决了。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 67, M = (1 << 8);
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, t;
char s[5];
int a[N], f[M][M], g[M][M];
void insert(int x){
	int v = x >> 8; x &= (M - 1);
	for(int i = 0; i < M; ++i){
		int w = x;
		if(s[1] == 'a') w &= i;
		if(s[1] == 'o') w |= i;
		if(s[1] == 'x') w ^= i;
		if(f[v][i] < w) f[v][i] = w, g[v][i] = 1;
		else if(f[v][i] == w) ++g[v][i];
	}
}
signed main(){
	n = read(), scanf("%s", s + 1), t = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	insert(a[1]);
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
		int v = a[i] >> 8, vv = a[i] & (M - 1), mx = 0, mxn = 0;
		for(int j = 0; j < M; ++j){
			int val = 0;
			if(!g[j][vv]) continue;
			if(s[1] == 'a') val = ((v & j) << 8) + f[j][vv];
			if(s[1] == 'o') val = ((v | j) << 8) + f[j][vv];
			if(s[1] == 'x') val = ((v ^ j) << 8) + f[j][vv];
			if(val > mx) mx = val, mxn = g[j][vv];
			else if(val == mx) mxn += g[j][vv];
		}
		if(t) printf("%d %d\n", mx, mxn);
		else printf("%d\n", mx);
		insert(a[i]);
	}
	return 0;
}

5.30

Ⅰ. P2868 [USACO07DEC]Sightseeing Cows G

0/1 分数规划最有比例环，近乎板题。

点击查看代码

 #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
#define db double
#define eps 1e-5
using namespace std;
const int N = 5e3 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, m;
int tot, Head[N], to[N], Next[N], edge[N];
int a[N], in[N], vis[N], num[N];
db d[N];
void add(int u, int v, int w){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot, edge[tot] = w;
}
bool check(db r){
	queue<int> q;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) q.push(i), d[i] = 0, vis[i] = num[i] = 0;
	while(!q.empty()){
		int x = q.front(); q.pop(), vis[x] = 0;
		for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
			int y = to[i];
			db dis = edge[i] * r - a[x];
			if(d[y] > d[x] + dis){
				d[y] = d[x] + dis;
				if(!vis[y]){
					q.push(y), vis[y] = 1;
					if(++num[y] >= n) return true;
				}
			}
		}
	}
	return false;
}
signed main(){
//	freopen("1.in", "r", stdin);
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= m; ++i){
		int u = read(), v = read(), w = read();
		add(u, v, w);
	}
	db l = 0, r = 1e3, ans = 0;
	while(r - l > eps){
		db mid = (l + r) / 2.0;
		if(check(mid)) ans = mid, l = mid; 
		else r = mid;
	}
	printf("%.2lf\n", ans);
	return 0;
}

6.8

Ⅰ. P2221 [HAOI2012]高速公路

题解

Ⅱ. P4284 [SHOI2014] 概率充电器

树形 dp + 期望。

显然节点 $i$ 通电有三种可能

 1.它自己来电了
 
2.它的子树里有一个点来电了传了过来
 
3.它的子树外面有一个点来电了传了过来

两次 dfs 即可。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define eps 1e-7
using namespace std;
const int N = 5e5 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n;
int tot, Head[N], to[N << 1], Next[N << 1], edge[N << 1];
int a[N];
db f[N], ans;
void add(int u, int v, int w){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot, edge[tot] = w;
}
void dfs1(int x, int fa){ 
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa) continue;
		dfs1(y, x);
		db pa = f[y] * (0.01 * edge[i]);
		f[x] = f[x] + pa - f[x] * pa;
	}
}
void dfs2(int x, int fa){
	ans += f[x];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
		int y = to[i]; if(y == fa) continue;
		db pb = f[y] * (0.01 * edge[i]);
		if(pb + 1e-7 > 1.0 && pb - 1e-7 < 1.0){
			dfs2(y, x); continue;
		} 
		db pa = (f[x] - pb) / (1 - pb) * (0.01 * edge[i]);
		f[y] = f[y] + pa - f[y] * pa;
		dfs2(y, x);
	}
}
signed main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
		int u = read(), v = read(), w = read();
		add(u, v, w), add(v, u, w);
	} 
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(), f[i] = a[i] * 0.01;
	dfs1(1, 0), dfs2(1, 0);
	printf("%.6lf\n", ans);
	return 0;
}

Ⅲ. P2473 [SCOI2008] 奖励关

dp 式子不难想到，就是关于为什么要逆推，以下是我自己的理解：

1.首先顺推过来的话，因为求的是期望，我们要知道情况数，但由于有些情况是不存在的，所以情况数无法知道，所以只能逆推。
2.有后效性

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define db double 
using namespace std;
const int N = 1e2 + 67, M = (1 << 15) + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int K, n;
int p[N], sta[N];
db f[N][M];
signed main(){
	K = read(), n = read();
	for(int i = 1, x; i <= n; ++i){
		p[i] = read(); 
		while(x = read()) sta[i] |= (1 << x - 1);
	}
	for(int i = K; i; --i){
		for(int j = 0; j < (1 << n); ++j){
			for(int k = 1; k <= n; ++k)
				if((j & sta[k]) == sta[k]) f[i][j] += max(f[i + 1][j], f[i + 1][j | (1 << k - 1)] + p[k]);
				else f[i][j] += f[i + 1][j];
 			f[i][j] /= n;
 		}
	}
	printf("%.6lf\n", f[1][0]);
	return 0;
}

Ⅳ. P3750 [六省联考 2017] 分手是祝愿

先求出至少需要按多少个灯。

显然每个灯最多按一次，且每一个灯按去的效果都是独一无二的，所以直接从大到小按就行了。

设 $f_{i}$ 表示从 $i + 1$ 个需要按的灯到 $i$ 个需要按的灯的按的次数的期望。

f [i] = \frac{i}{n} + \frac{n - i}{n} (f [i] + f [i + 1] + 1)

f [i] = \frac{n + (n - i) \times f [i + 1]}{i}

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
const int mod = 1e5 + 3, N = 1e5 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n, k, cnt;
int a[N];
ll f[N];
ll qsm(ll a, int b){
	ll res = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if(b & 1) res = res * a % mod;
	return res;
}
signed main(){
	n = read(), k = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	for(int i = n; i; --i){
		if(!a[i]) continue;
		++cnt;
		for(int j = 1; j * j <= i; ++j)
			if(i % j == 0){
				a[j] ^= 1;
				if(j * j != i) a[i / j] ^= 1;
			} 
	}
	for(int i = n; i; --i){
		ll tmp = ((ll)(n - i) * f[i + 1] + n) % mod;
		tmp = tmp * qsm(i, mod - 2) % mod;
		f[i] = tmp;
	}
	ll ans = 0;
	if(cnt <= k) ans = cnt;
	else{
		for(int i = cnt; i > k; --i) ans = (ans + f[i]) % mod;
		ans = (ans + k) % mod;
	} 
	for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = ans * i % mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

Ⅴ. P3830 [SHOI2012]随机树

考虑第一问

设 $g [i]$ 表示有 $i$ 个叶子的二叉树的期望叶子平均深度。

则 $i - 1$ 个叶子的二叉树进行扩展后，叶节点数量变为 $i$ ，叶子深度之和增加 $2$ 。

故有 $g [i] = g [i - 1] + 2 / i, g [1] = 0$ 。

即 $\sum_{i = 2}^{n} \frac{2}{i} .$

考虑第二问
先证明一个小结论：设扩展 $i - 1$ 次后，左子树有 $k$ 个叶子的概率、右子树有 $i - k$ 个叶子的概率为 $P (k)$ 。则有 $\forall k_{1}, k_{2} \in [1, i - 1], P (k_{1}) = P (k_{2})$ 。

将扩展过程表示为序列，则其中 “扩展左子树” 有 $k - 1$ 个，“扩展右子树” 有 $i - k - 1$ 个，序列的形式数量为：

(\binom{k - 1 + i - k - 1}{k - 1}) = \frac{(i - 2)!}{(k - 1)! (i - k - 1)!} .

再考虑 $k - 1$ 次在左子树扩展形成的树的形态数，第 $i$ 次可有 $i$ 个叶节点可供扩展，故形态数为 $(k - 1)!$ 。

同理，右子树的形态数有 $(i - k - 1)!$ 。

故考虑扩展先后、树的形态，生成一个左子树有 $k$ 个叶节点、右子树有 $i - k$ 个叶节点的树的方案数为

\frac{(i - 2)!}{(k - 1)! (i - k - 1)!} \cdot (k - 1)! \cdot (i - k - 1)! = (i - 2)!

与 $k$ 无关，即 $P (k_{1}) = P (k_{2})$ 。

前置芝士：整数概率公式

正整数随机变量 $x$ 的期望值为：

E (x) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (x ⩾ i)

证明：

$E (x) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (x = i) \cdot i = \sum_{i = 1}^{\infty} (P (x ⩾ i) - P (x ⩾ i + 1)) \cdot i$

$= \sum_{i = 1}^{\infty} P (x ⩾ i) \cdot i - P (x ⩾ i) \cdot (i - 1) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (x ⩾ i)$

计算概率

设 $f [i] [j]$ 为树有 $i$ 个叶节点，深度不小于 $j$ 的概率，考虑枚举左子树叶节点数量为 $k$ ，有

f [i] [j] = \frac{1}{i - 1} \sum_{k = 1}^{i - 1} f [k] [j - 1] + f [i - k] [j - 1] - f [k] [j - 1] \cdot f [i - k] [j - 1]

解释如下，首先考虑左、右子树深度不小于 $j$ 的概率之和。再考虑左右子树深度皆大于等于 $j$ 的情况计算了两次，减去一倍即可。

前文我们证明过，左子树叶节点数为 $1, 2, . . ., i - 1$ 的概率相同，即均为 $1 / (i - 1)$ 。

初始条件， $f [i] [0] = 1$ ，因为无论有多少个叶子，深度大于等于 $0$ 的概率总为 $1$ 。

由整数概率公式可知，期望深度 $x$ 为：

E (x) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (x ⩾ i) = \sum_{i = 1}^{n - 1} f [n] [i] (\forall x ⩾ n, P (x ⩾ i) = 0) .

摘自 https://www.luogu.com.cn/blog/emptyset/solution-p3830

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define db double
using namespace std;
const int N = 1e2 + 67;
int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
}
int opt, n;
db ans, f[N][N];
void solve1(){
	for(int i = 2; i <= n; ++i) ans += 2.0 / i;
}
void solve2(){
	for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i][0] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j < i; ++j)
			for(int k = 1; k < i; ++k)
				f[i][j] += (f[k][j - 1] + f[i - k][j - 1] - f[k][j - 1] * f[i - k][j - 1]) / (i - 1);
	for(int i = 1; i < n; ++i) ans += f[n][i];
}
signed main(){
	opt = read(), n = read();
	if(opt & 1) solve1();
	else solve2();
	printf("%.6lf\n", ans);
	return 0;
}

Ⅵ. P3600 随机数生成器

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本文作者：南风未起

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5.29

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Ⅰ. P2868 [USACO07DEC]Sightseeing Cows G

6.8

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	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N = 1e5 + 67, M = (1 << 8);
	int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' \|\| ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
	}
	int n, t;
	char s[5];
	int a[N], f[M][M], g[M][M];
	void insert(int x){
	int v = x >> 8; x &= (M - 1);
	for(int i = 0; i < M; ++i){
	int w = x;
	if(s[1] == 'a') w &= i;
	if(s[1] == 'o') w \|= i;
	if(s[1] == 'x') w ^= i;
	if(f[v][i] < w) f[v][i] = w, g[v][i] = 1;
	else if(f[v][i] == w) ++g[v][i];
	}
	}
	signed main(){
	n = read(), scanf("%s", s + 1), t = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	insert(a[1]);
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
	int v = a[i] >> 8, vv = a[i] & (M - 1), mx = 0, mxn = 0;
	for(int j = 0; j < M; ++j){
	int val = 0;
	if(!g[j][vv]) continue;
	if(s[1] == 'a') val = ((v & j) << 8) + f[j][vv];
	if(s[1] == 'o') val = ((v \| j) << 8) + f[j][vv];
	if(s[1] == 'x') val = ((v ^ j) << 8) + f[j][vv];
	if(val > mx) mx = val, mxn = g[j][vv];
	else if(val == mx) mxn += g[j][vv];
	}
	if(t) printf("%d %d\n", mx, mxn);
	else printf("%d\n", mx);
	insert(a[i]);
	}
	return 0;
	}

	#include<cstdio>
	#include<algorithm>
	#include<cstring>
	#include<cmath>
	#include<queue>
	#define ll long long
	#define db double
	#define eps 1e-5
	using namespace std;
	const int N = 5e3 + 67;
	int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' \|\| ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
	}
	int n, m;
	int tot, Head[N], to[N], Next[N], edge[N];
	int a[N], in[N], vis[N], num[N];
	db d[N];
	void add(int u, int v, int w){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot, edge[tot] = w;
	}
	bool check(db r){
	queue<int> q;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) q.push(i), d[i] = 0, vis[i] = num[i] = 0;
	while(!q.empty()){
	int x = q.front(); q.pop(), vis[x] = 0;
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i];
	db dis = edge[i] * r - a[x];
	if(d[y] > d[x] + dis){
	d[y] = d[x] + dis;
	if(!vis[y]){
	q.push(y), vis[y] = 1;
	if(++num[y] >= n) return true;
	}
	}
	}
	}
	return false;
	}
	signed main(){
	// freopen("1.in", "r", stdin);
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= m; ++i){
	int u = read(), v = read(), w = read();
	add(u, v, w);
	}
	db l = 0, r = 1e3, ans = 0;
	while(r - l > eps){
	db mid = (l + r) / 2.0;
	if(check(mid)) ans = mid, l = mid;
	else r = mid;
	}
	printf("%.2lf\n", ans);
	return 0;
	}

	1.它自己来电了

	2.它的子树里有一个点来电了传了过来

	3.它的子树外面有一个点来电了传了过来

	#include<bits/stdc++.h>
	#define db double
	#define eps 1e-7
	using namespace std;
	const int N = 5e5 + 67;
	int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' \|\| ch > '9'){if(ch == '-') f = -f; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return x * f;
	}
	int n;
	int tot, Head[N], to[N << 1], Next[N << 1], edge[N << 1];
	int a[N];
	db f[N], ans;
	void add(int u, int v, int w){
	to[++tot] = v, Next[tot] = Head[u], Head[u] = tot, edge[tot] = w;
	}
	void dfs1(int x, int fa){
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; if(y == fa) continue;
	dfs1(y, x);
	db pa = f[y] * (0.01 * edge[i]);
	f[x] = f[x] + pa - f[x] * pa;
	}
	}
	void dfs2(int x, int fa){
	ans += f[x];
	for(int i = Head[x]; i; i = Next[i]){
	int y = to[i]; if(y == fa) continue;
	db pb = f[y] * (0.01 * edge[i]);
	if(pb + 1e-7 > 1.0 && pb - 1e-7 < 1.0){
	dfs2(y, x); continue;
	}
	db pa = (f[x] - pb) / (1 - pb) * (0.01 * edge[i]);
	f[y] = f[y] + pa - f[y] * pa;
	dfs2(y, x);
	}
	}
	signed main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
	int u = read(), v = read(), w = read();
	add(u, v, w), add(v, u, w);
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(), f[i] = a[i] * 0.01;
	dfs1(1, 0), dfs2(1, 0);
	printf("%.6lf\n", ans);
	return 0;
	}