解题报告 smoj 2019初二创新班(2019.3.17)

解题报告 smoj 2019初二创新班(2019.3.17)

时间：2019.3.21

T1：找玩具

题目描述

在游戏开始之前，游戏大师在房间的某些地方隐藏了N个玩具。玩具编号为1到N。您的任务是尽可能多地找到这些玩具。

你没有任何辅助信息就能找到第i个玩具的概率是p[i]％。您每找到一个玩具后，有可能可以得到一些辅助信息，这些辅助信息是告诉您其他某些玩具所在的位置。如果您已经知道玩具的位置，您一定会找到它。

给出二维数组clue[1..N][1..N]，其中clue[i][j]=‘Y’表示若找到第i个玩具则会告诉您第j个玩具的具体位置；clue[i][j]=‘N’表示第i个玩具没有第j个玩具位置的辅助信息；

你的任务是计算您在游戏中找到的玩具数量的期望值。

题意转化

这里有一步很重要的转化：将“找到玩具数量的期望值”转化为“每个玩具被找到的概率总和”。

这样，我们单独计算每个玩具被找到的概率即可。

另外，还要用到另一个常见套路：求补集

分析

我们把玩具A->根据玩具A找到的玩具当成图上的边。

首先，根据题目我们可以知道：找到一个玩具后，它能走到的所有玩具都能被找到。

那么不妨将原图建出来吧！图中的环（强连通分量）中的玩具可以互相找到，因此我们可以缩点，将图变成一个DAG。拓扑排序后进行DP即可。

DP过程：\(玩具A能被找到的概率 = 1 - \displaystyle \prod _ {B能找到A} (玩具B不能被找到的概率)\)

直接按照拓扑顺序求就行了

代码

代码有点丑。时间复杂度：\(O(n +m)\)，这里\(n\)、\(m\)分别是点数、边数。

np（not-prob）2就是答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 50 + 10;
int T;
int n;
double p[kMaxN];
char str[kMaxN][kMaxN];
int node_cnt[kMaxN];
struct Graph {
  vector<int> lis[kMaxN];
  bool used[kMaxN][kMaxN];
  void clear() {
    for (int i = 1; i < kMaxN; i++) lis[i].clear();
    memset(used, false, sizeof(used));
  }
  void Add(int u, int v) {
    lis[u].push_back(v);
    used[u][v] = true;
  }
};
Graph G;
int dfn_cnt, color_cnt;
int dfn[kMaxN], low[kMaxN], color[kMaxN];
bool in[kMaxN];
stack<int> S;
double np[kMaxN];
double np2[kMaxN];
void Tarjan(int u) {
  dfn[u] = low[u] = ++dfn_cnt;
  S.push(u);
  in[u] = true;
  for (int i = 0; i < G.lis[u].size(); i++) {
    int v = G.lis[u][i];
    if (!dfn[v]) {
      Tarjan(v);
      low[u] = min(low[u], low[v]);
    } else if (in[v]) {
      low[u] = min(low[u], dfn[v]);
    }
  }
  if (low[u] == dfn[u]) {
    color_cnt++;
    np[color_cnt] = 1.0;
    node_cnt[color_cnt] = 0;
    while (S.top() != u) {
      int v = S.top();
      S.pop();
      color[v] = color_cnt;
      in[v] = false;
      np[color_cnt] *= 1.0 - p[v];
      node_cnt[color_cnt]++;
    }
    S.pop();
    color[u] = color_cnt;
    in[u] = false;
    np[color_cnt] *= 1.0 - p[u];
    node_cnt[color_cnt]++;
    np2[color_cnt] = np[color_cnt];
  }
}
Graph scc;
int cnt_in[kMaxN];
vector<int> vec;
void TopoSort() {
  vec.clear();
  int end = 0;
  for (int i = 1; i <= color_cnt; i++) {
    if (!cnt_in[i]) vec.push_back(i);
  }
  while (end != vec.size()) {
    int u = vec[end++];
    for (int i = 0; i < scc.lis[u].size(); i++) {
      int v = scc.lis[u][i];
      cnt_in[v]--;
      if (!cnt_in[v]) vec.push_back(v);
    }
  }
}
int main() {
  freopen("2823.in", "r", stdin);
  freopen("2823.out", "w", stdout);
  scanf("%d", &T);
  while (T--) {
    G.clear();
    scc.clear();
    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
    memset(low, 0, sizeof(low));
    memset(in, false, sizeof(in));
    memset(color, 0, sizeof(color));
    dfn_cnt = color_cnt = 0;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      int p1;
      scanf("%d", &p1);
      p[i] = 1.0 * p1 / 100;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%s", str[i] + 1);
      for (int j = 1; j <= n; j++) {
        if (str[i][j] == 'Y') {
          G.Add(i, j);
        }
      }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      if (!dfn[i])
        Tarjan(i);
    memset(cnt_in, 0, sizeof(cnt_in));
    for (int i = 1; i <= n; i++)
      for (int j = 1; j <= n; j++)
        if (str[i][j] == 'Y' && color[i] != color[j]
            && !scc.used[color[i]][color[j]]) {
          scc.Add(color[i], color[j]);
          cnt_in[color[j]]++;
        }
    TopoSort();
    for (int vec_i = 0; vec_i < vec.size(); vec_i++) {
      int u = vec[vec_i];
      for (int i = 0; i < scc.lis[u].size(); i++) {
        int v = scc.lis[u][i];
        np2[v] *= np[u];
      }
    }
    double ans = 0;
    for (int i = 1; i <= color_cnt; i++) {
      ans += (1.0 - np2[i]) * node_cnt[i];
    }
    printf("%lf\n", ans);
  }
  return 0;
}

优化（代码复杂度）

好吧其实并不用这么复杂...

直接DFS判联通就好了嘛OvO

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 50 + 10;
int T;
int n;
double np[kMaxN]; // not-prob
char str[kMaxN][kMaxN];
bool vis[kMaxN];
bool CanReach(int u, int v) {
  if (vis[u]) {
    return false;
  } else if (u == v) {
    return true;
  } else {
    vis[u] = true;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      if (str[u][i] == 'Y') {
        if (CanReach(i, v)) return true;
      }
    }
    return false;
  }
}
int main() {
  freopen("2823.in", "r", stdin);
  freopen("2823.out", "w", stdout);
  scanf("%d", &T);
  while (T--) {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      int a;
      scanf("%d", &a);
      np[i] = 1.0 - 1.0 * a / 100.0;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%s", str[i] + 1);
    }
    double ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      double prob = 1;
      for (int j = 1; j <= n; j++) {
        memset(vis, false, sizeof(vis));
        if (CanReach(j, i)) prob *= np[j];
      }
      ans += 1 - prob;
    }
    printf("%lf\n", ans);
  }
  return 0;
}

T2：闯关游戏

题目描述

艾伦正在闯关，总共有\(N\)个关卡，编号从\(1\)到\(N\)。

每当艾伦尝试闯第\(i\)关时，他要么顺利通过，要么“挂掉”。他完成该关卡的概率总是\(\dfrac{prob[i]}{1000}\)（他总是尽力完成每个关卡）。在关卡\(i\)的末尾有一个宝箱，其中包含价值 \(value[i]\)单位的金币。当艾伦完成关卡时，他从拿起该关卡的金币。

艾伦从第1级关卡开始，艾伦没有金币。对于每个有效的i，每当Allen完成关卡i时，他就会继续进行关卡i + 1，一旦完成第N个关卡，游戏就会结束。

每当艾伦“挂掉”时，下面4件事情会按顺序发生：

1. 除了艾伦携带的金币，其他金币都被从游戏中移除。
2. 艾伦目前所携带的所有金币都“坠落”，“坠落”的地点就是艾伦“挂掉”的那个关卡的开头处。一旦艾伦以后再次达到这个关卡，即使在尝试闯该关卡之前，他也能够再次“捡起”上次“坠落”到这个地方的金币。（请注意，如果他在到达这个关卡之前再次“挂掉”，这些金币将永远消失。）
3. 所有箱子都添加了新的金币，各个箱子金币的量就是它们最初所含的量（相当于初始化各个箱子的金币量）。
4. 艾伦回到了第1级的开头，且他没有携带金币。艾伦有无限条“生命”，“挂掉”后可以重新开始游戏。

通过上面的规则可以发现，艾伦“挂掉”后，最多只有一堆金币不在宝箱中，这一堆金币的位置就是艾伦最近“挂掉”所在的关卡的开头处。

分析

可以发现，每次艾伦挂掉时只有两种情况：

1. 他在挂掉之前拿到了上次坠落的金币！
2. 他太非了没有拿到上次坠落的金币。上次的金币消失。

由此可见，坠落的金币数量要么不断叠加，位置不断往后；要么直接消失。

假设他不停闯关，最终通关后统计数据如下：

其中横轴表示闯关的次数，纵轴表示该次闯关到达的关数。用橙色标出了终点的位置，最后一次闯关直接通关。

可以发现，只有红框框出的蓝色部分（高度单调不下降），才能对答案产生贡献，且可以把蓝色部分的“面积”看做是答案。

考虑DP。设\(F(i)\)表示最后一次闯关通过第\(i\)关后，手上金币数量的期望。
也就是当最后一条蓝柱的高度为\(i\)时，前面所有蓝柱的期望总“面积”

设\(G(i)\)为一次性通过前\(i\)关，并在第\(i+1\)关前挂掉的概率。即\(G(i) = (1 - prob _ {i + 1}) \times \displaystyle \prod _ {1 \le j \le i} ^ i prob_j\)

转移很显然：\(F(i) = \displaystyle \sum _ {1 \le j \le i} value_j + \displaystyle \sum _ {1 \le j \le i} F(j)G(j)\)

等式两边都有\(F(i)\)一项，移一下项即可。

\[F(i) = \dfrac { \displaystyle \sum _ {1 \le j \le i} value_j + \displaystyle \sum _ {1 \le j \le i - 1} F(j)G(j) } {1 - G(i)} \]

代码

也可以把\(F(j)G(j)\)理解为在第\(j\)关后期望掉落的金币数量。代码很短。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 1000 + 10;
int T;
int n;
double prob[kMaxN], g[kMaxN], f[kMaxN];
long long value[kMaxN];
int main() {
  freopen("2827.in", "r", stdin);
  freopen("2827.out", "w", stdout);
  scanf("%d", &T);
  while (T--) {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      int p;
      scanf("%d", &p);
      prob[i] = 1.0 * p / 1000;
    }
    prob[n + 1] = 1.0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      scanf("%lld", &value[i]);
    }
    double pi = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      pi *= prob[i];
      g[i] = pi * (1 - prob[i + 1]);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      f[i] = 0;
      for (int j = 1; j <= i - 1; j++) {
        f[i] += f[j] * g[j] + value[j];
      }
      f[i] += value[i];
      f[i] /= 1 - g[i];
    }
    printf("%lf\n", f[n]);
  }
  return 0;
}

T3：子数组有主元素

题目描述

给出一个长为\(N\)的数组（\(N \le 10^5, a[i] \le 50\)），求该数组中含有主元素的子序列个数。数据保证随机。

分析

由于数字的范围很小，所以可以枚举主元素，并统计答案。（主元素对答案的贡献是不会有重复的）

设当前枚举的数字是\(m\)，可以将数组中等于\(m\)的位置看成\(+1\)，其他看成\(-1\)，并做一遍前缀和。

m = 0的情况：
原数组：[0, 0, 1, 2, 0, 0, 0, 1, 2, 1, 0, 1]
　　　　 +  +  -  -  +  +  +  -  -  -  +  -
前缀和：[1, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 2, 1, 0, 1, 0]

可以发现前缀和其实就是前缀m的个数与非m的个数的差值。而区间有主元素的条件就是这段区间的部分和>0。

枚举区间开头\(i\)，对答案的贡献就是后缀\(sum[j] >sum[i - 1]\)的\(j\)的个数。

可以用主席树或树状数组解决。

代码（\(O(nm\log n)\)）

代码中为了方便，前缀和变成了后缀和，枚举开头变成枚举结尾。其他部分一样。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 100000 + 10;
#define lowbit(X) ((X) & -(X))
struct FenwickTree {
  int n;
  int tree[kMaxN << 1]; // 有偏差值，所以要开两倍
  void Clear() {
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++) tree[i] = 0;
  }
  void Update(int pos) {
    pos += n;
    for (; pos <= n * 2; pos += lowbit(pos)) tree[pos]++;
  }
  int Query(int pos) {
    pos += n;
    int ans = 0;
    for (; pos; pos -= lowbit(pos)) ans += tree[pos];
    return ans;
  }
};
int n, seed, m;
FenwickTree T;
int a[kMaxN];
int suf_sum[kMaxN];
int GenRand() {
  int ans = (seed >> 16) % m;
  seed = (1ll * seed * 1103515245ll + 12345) % (1ll << 31);
  return ans;
}
int main() {
  freopen("2828.in", "r", stdin);
  freopen("2828.out", "w", stdout);
  scanf("%d %d %d", &n, &seed, &m);
  T.n = n + 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    a[i] = GenRand();
  }
  long long ans = 0;
  // 枚举主元素
  for (int num = 0; num < m; num++) {
    T.Clear();
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
      suf_sum[i] = suf_sum[i + 1] + (a[i] == num ? +1 : -1);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      T.Update(suf_sum[i]);
      ans += i - T.Query(suf_sum[i + 1]);
    }
  }
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}

优化

思考树状数组的本质：

维护一个数据结构，支持：

1. 插入一个数
2. 查询一个数的排名

每次插入/查询的值相差不超过2

我们发现每次插入/查询的值相差不超过2，也就是说可以利用这个性质，减小数据结构的复杂度。

将树状数组改成类似莫队的指针跳跃，直接将复杂度降到\(O(nm)\)

代码（\(O(nm)\)）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 100000 + 10;
struct DataStructure {
  int n;
  int cnt[kMaxN << 1];
  int cur, rank;
  void Clear() {
    for (int i = 1; i <= n * 2; i++) cnt[i] = 0;
    cur = rank = 0;
  }
  void Insert(int val) {
    val += n;
    while (cur < val) rank += cnt[++cur];
    while (cur > val) rank -= cnt[cur--];
    cnt[cur]++;
    rank++;
  }
  int Query(int val) {
    val += n;
    while (cur < val) rank += cnt[++cur];
    while (cur > val) rank -= cnt[cur--];
    return rank;
  }
};
int n, seed, m;
DataStructure T;
int a[kMaxN];
int suf_sum[kMaxN];
int GenRand() {
  int ans = (seed >> 16) % m;
  seed = (1ll * seed * 1103515245ll + 12345) % (1ll << 31);
  return ans;
}
int main() {
  freopen("2828.in", "r", stdin);
  freopen("2828.out", "w", stdout);
  scanf("%d %d %d", &n, &seed, &m);
  T.n = n + 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    a[i] = GenRand();
  }
  long long ans = 0;
  // 枚举主元素
  for (int num = 0; num < m; num++) {
    T.Clear();
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
      suf_sum[i] = suf_sum[i + 1] + (a[i] == num ? +1 : -1);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      T.Insert(suf_sum[i]);
      ans += i - T.Query(suf_sum[i + 1]);
    }
  }
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}