CF335E Counting Skyscrapers 题解

提供一种最劣解第一且巨大难写的做法（

Bob

显然真正的楼量可以达到 \(314!\)，是没办法直接做的，再加上唯一方案的样例，可以猜测有简单的结论。

考虑当楼高度为 \(k(k<h)\) 时，每种高度对答案的贡献为 \(2^{k-1}\times 2^{-k}\)，即 \(\frac{1}{2}\)，当楼高度为 \(k(k \ge h)\) 时，每种高度对答案的贡献和为 \(2^k\times 2^{-k}\)，即 \(1\)。显然贡献都与 \(h\) 无关，也就是结论只和 \(n\) 有关，随便推几组数据再加上样例，容易猜出答案即为 \(n\)。

Code：

void Sub2(){
	scanf("%d%d",&n,&h);
	printf("%d\n",n);
}

Alice

观察到高度 \(\ge h\) 的楼本质上是一致的，可以钦定楼的高度区间为 \([1,h]\)（高度为 \(h\) 的概率变为 \(2^{1-h}\)）。

设 \(k\) 号楼的高度最高，则 Bob 一定会经过 \(k\) 号楼。容易发现，在 \(k\) 号楼前，Bob经过的楼的高度单调不降，\(k\) 号楼后单调不升。

注意，为了防止重复计算，若高度相同，钦定靠前的最高。

然后就可以转移了。

设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示转移完第 \(i\) 栋楼，最后一个经过的 \(x\) 号楼的高度为 \(j\)，\([x+1,i]\) 中最大高度为 \(k\)，是/否 经过最高的楼的期望。

设 \(g_{i,j,k,0/1}\) 表示转移完第 \(i\) 栋楼，最后一个经过的 \(x\) 号楼的高度为 \(j\)，\([x+1,i]\) 中最大高度为 \(k\)，是/否 经过最高的楼的概率。

DP的时候用刷表法，枚举第 \(i\) 栋楼的高度转移即可。时间复杂度 \(O(nh^3)\) 要卡亿点常并滚动数组。

Code：

const double eps=1e-15;
const int maxn=30010;
const int maxh=35;
int n,h;
double g[2][maxh][maxh][2];
double f[2][maxh][maxh][2];
double V[maxh],S[maxh];
void Sub1(){
	scanf("%d%d",&n,&h);
	for(int i=0;i<h;i++){
		V[i]=1.0/(1<<i+1),S[i]=(1-1.0/(1<<i));
		f[1][i][0][0]=V[i]+0.5,g[1][i][0][0]=V[i];
	} 
	if(h) V[h]=V[h-1],S[h]=(1-1.0/(1<<h));
    else V[h]=1;
	for(int i=0;i<=h;i++) f[1][i][0][1]=V[i],g[1][i][0][1]=V[i];
	//以上是初始化
    double tmp1,tmp2,tmp;
	for(int i=1,ii=1,iii=0;i<n;i++,ii^=1,iii^=1){
		memset(f[iii],0,sizeof(f[iii]));
		memset(g[iii],0,sizeof(g[iii]));
      	//注意,为了处理当j=i时(Bob经过当前楼)k也为0的情况
      	//这里枚举的k,u都加了1(j=0时k才为0)
      
      	//为了卡常,转移的式子很丑,但本质是一样的
		for(int j=0;j<=h;j++)
			for(int k=0;k<=j;k++){
				tmp1=f[ii][j][k][0],tmp2=g[ii][j][k][0],tmp=tmp2/2;
				if(tmp1>eps){
					//u<=k
					f[iii][j][k][0]+=tmp1*S[k];
					g[iii][j][k][0]+=tmp2*S[k];
					tmp1*=V[k],tmp2*=V[k];
					//--------
				 	for(int u=k+1;u<=h+1;u++){
						if(u-1>=j) f[iii][u-1][0][0]+=tmp1+tmp,g[iii][u-1][0][0]+=tmp2;
						else f[iii][j][u][0]+=tmp1,g[iii][j][u][0]+=tmp2;
						if(u-1>j) f[iii][u-1][0][1]+=tmp1,g[iii][u-1][0][1]+=tmp2;
						if(u<h) tmp1/=2,tmp2/=2;
					}
					f[iii][h][0][0]+=tmp;
				}
				tmp1=f[ii][j][k][1],tmp2=g[ii][j][k][1],tmp=tmp2/2;
				if(tmp1>eps){
					//u<=k
					f[iii][j][k][1]+=tmp1*S[k];
					g[iii][j][k][1]+=tmp2*S[k];
					tmp1*=V[k],tmp2*=V[k];
					//--------
                  for(int u=k+1;u<=j+1;u++){
						f[iii][u-1][0][1]+=tmp1+tmp,g[iii][u-1][0][1]+=tmp2;
						if(u-1<j) f[iii][j][u][1]+=tmp1,g[iii][j][u][1]+=tmp2;
						if(u<h) tmp1/=2,tmp2/=2; 
					}
					if(j==h) f[iii][h][0][1]+=tmp;
				} 
			}
	}
	double ans=0;
	for(int i=0;i<=h;i++)
		ans+=f[n&1][i][0][1];
	printf("%.9lf",ans);
}

能不能更快？

上述期望DP本质上是分了 \([1,k],[k+1,j][j+1,h]\) 三个区间分别转移行和列，考虑将决策点放到线段树上，则问题转换为了线段树的区间修改/单点查询，时间复杂度 \(O(nh^2\log h)\)。

但由于要对 \(f,g\)、是否经过最高楼、行或列分类讨论，所以要开 \(8nh\) 棵线段树，本地极限数据要跑 \(10s+\)，没有实质效果。

能不能更快？

观察到转移方程与 \(n\) 无关，考虑构造 \(h\times h\) 的矩阵，跑矩阵快速幂即可，时间复杂度 \(O(h^3logn)\)，可以通过本题，时间与空间上都更优。