【清北学堂2018-刷题冲刺】Contest 5
这三个题写了一天半,第一个题写了大概一整天。出题人劝我从后往前写,我不听,结果T1想了+调了一天QWQWQ
Task 1:序列
【问题描述】
定义一个“好的序列”为一个长度为M的不下降序列,且序列中的元素均为1-N的正整数。现在我们随机生成一个“好的序列”,每个不同的“好的序列”出现的概率相同,求这个序列中众数的出现次数的期望。
【输入】
输入文件含有多组数据
每组数据读入一行两个整数M、N。
【输出】
对于每组测试数据,输出一行一个实数表示答案,精确到小数点后4位。
【输入输出样例】
1 5
2 9
3 3
1.0000
1.2000
2.2000
【样例解释】
令x表示序列中众数的出现次数。
当M = 3,N = 3时可能的序列有:
-
1 1 1(x=3) 1 1 2(x=2) 1 1 3(x=2)
-
1 2 2(x=2) 1 2 3(x=1) 1 3 3(x=2)
-
2 2 2(x=3) 2 2 3(x=2) 2 3 3(x=2)
-
3 3 3(x=3)
因此x的期望为2.2。
【数据范围】
1 ≤ M≤ 250,1 ≤ N ≤ 10^9
每个点的总数据组数不会超过15组。
【提示】
-
题目难度与题目顺序无关。
-
请注意精度问题。
关键难点在于如何构建状态。
这里我们设sum[ k ][ i ][ j ]为众数个数为[ 1 , k ],数列长度为i,选用元素为j的情况数量之和。
这样设定的好处,看下面很快就会明白:
- 对于数列本身,我们有这样的划分:
- 对于某个特定长度的数列,我们考虑把它离散化处理。
成多块,每块由相同元素组成,一共ki[ 1 , m ]块。- 在n个元素中选出k个填入这些块中,离散化的结果和数列本身效果一致,根据乘法原理,直接把可以选的个数C(n,k)与最终答案对应相乘即可。
- 为了处理答案,我们维护一个前缀和:众数个数<=k的情况下序列总个数的和
- 为什么维护前缀和而不是单独求本身某一个?因为求和制约条件更宽松,容易推导和判断。
- 在n个元素中选出k个填入这些块中,离散化的结果和数列本身效果一致,根据乘法原理,直接把可以选的个数C(n,k)与最终答案对应相乘即可。
- 对于某个特定长度的数列,我们考虑把它离散化处理。
更新时,累加前面两种情况:
-
上一个选择的元素是最新的元素
-
上一个选择的元素不是最新元素
需要判重的情况:
-
众数个数超过k个的话。
-
如果同一个元素在这里累积了k+1次,就应该去掉。
所以转移方程就可以得到了:
sum[ k ][ i ][ j ]=sum[ k ][ i - 1 ][ j - 1 ]+sum[ k ][ i - 1 ][ j ];
if( k < i )sum[ k ][ i ][ j ]-=sum[ k ][ i - k - 1 ][ j - 1 ];
为了保证答案精度,这里使用long double。
组合数的计算:这里我选择线性递推法.
由于数据有15组之多,我们选择先进行不同长度情况的预处理,对于不同的可选元素个数只需要搞个组合数上去就可以了。
复杂度:O(n^3)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,m,n;
long double C[255],sum[255][255][255],f[255][255][255],g[255];
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
C[0]=true;
for(register int k=1;k<=251;++k){
sum[k][0][0]=1;
for(register int i=1;i<=251;++i){
for(register int j=1;j<=i;++j){
//i->序列长度 j->总共使用的元素个数 k->众数的个数
//sum存储的就是在当前的众数个数的情况下,可以构造出来的序列个数。
//由于是一步一步递推得到,可以直接适用于所有m∈[1,251]的情况。
sum[k][i][j]=sum[k][i-1][j-1]+sum[k][i-1][j];
//这里维护的是一个前缀和:求的是众数个数为k情况下序列总个数的和
//更新时,累加前面两种情况:
//->上一个选择的元素是最新的元素
//->上一个选择的元素不是最新元素
if(k<i){
sum[k][i][j]-=sum[k][i-k-1][j-1];
//需要判重的情况:众数个数超过k个的话。
//等效于->如果同一个元素在这里累积了k+1次,就应该去掉。
}
}
}
}
while(cin>>m>>n){
memset(g,0,sizeof(g));
for(register int i=1;i<=m;++i){
C[i]=C[i-1]*(n-i+1)/i;
}//O(m)递推求组合数
for(register int k=1;k<=m;++k){
for(register int j=1;j<=m;++j){
g[k]+=sum[k][m][j]*C[j];
}//计数求和。
}
long double ans=0;
//g表示的是总共可能出现的情况种类数,是累加
for(register int k=1;k<=m;++k){
ans+=k*(g[k]-g[k-1])/g[m];
} //给出答案
printf("%.4Lf\n",(double)ans);
}
return 0;
}
T1相当有难度,但T2T3都是大水题。
Task 2:游戏
【问题描述】
小H喜欢玩游戏。她会首先选择一个数𝐻0>2,并在每一轮游戏中修改它。在第i轮游戏中,小H会选择一个质数p<𝐻𝑖−1,并令𝐻𝑖为最小的p的倍数且大于等于𝐻𝑖−1。
现在已知𝐻2,求最小的可能的𝐻0。
【输入】
一行一个整数表示𝐻2。
【输出】
一行一个整数表示答案。
【输入输出样例】
in: 20
out:15
【数据范围】
-
4 ≤ 𝐻2 ≤ 10^6
-
对于100%的数据:保证𝐻2不是质数。
题面有点绕,其他都还好。
直接模拟:
- 对H2分解质因数
- 求这个质因数P2和H2对应范围内的合数H1(线性筛预处理)
- 对每个H1找到它的最大质因数,直奔最优解(稍做优化复杂度O(√n))
- 没了,用queue可以简化代码
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 1000010
using namespace std;
int H_2,cnt,ans=MAXN,prime[MAXN];
bool vis[MAXN];
void Get_Prime(int n){
vis[1]=true;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j){
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
int main(){
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d",&H_2);
Get_Prime(H_2);
//Get Prime List
queue<int>Prime2;
int tmp_H2=H_2;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
if(tmp_H2==1)break;
if(tmp_H2%prime[i]==0){
while(tmp_H2%prime[i]==0){
tmp_H2/=prime[i];
}
Prime2.push(prime[i]);
}
}
queue<int>HH1;
while(!Prime2.empty()){
int tmp=Prime2.front();
Prime2.pop();
for(int i=H_2-tmp+1;i<=H_2;++i){
if(vis[i]){
HH1.push(i);
}
}
}
while(!HH1.empty()){
int tmp=HH1.front();
HH1.pop();
int tt=tmp;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
while(tt%prime[i]==0){
tt/=prime[i];
}
if(tt==1){//tt除完了
ans=min(ans,tmp-prime[i]+1);
break;
}
if(!vis[tt]){//tt已经是素数
ans=min(ans,tmp-tt+1);
break;
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
Task 3:棋盘
【问题描述】
小H和小C在一张n*m的黑白棋盘上下棋。他们轮流进行操作。小H先手。每一次可以选择一个黑色的格子,以这个格子为右下角,棋盘左上角为左上角,将这个矩阵的所有格子的颜色由黑变成白,由白变成黑。找不到一个黑色的格子的人输。不同寻常的是,由于小H和小C是很好的朋友,小H想尽可能的让小C取胜。而小C是个好胜的人,他想尽可能的让自己取胜。那么在此基础上,小H先手,谁能赢呢。
【输入】
第一行一个整数T,表示有T组数据。
每组数据第一行两个整数n、m,表示棋盘的大小。接下来n行每行m个字符B(黑色)或者W(白色)表示每个格子的颜色。
【输出】
对于每组的每个询问,输出一行,“H”或者“C”(不含引号)。表示他会赢。
【输入输出样例】
chess.in:
3 2 2
BW
WW
2 2
WW
WW
2 2
WB
BW
chess.out:
H
C
C
【数据范围】
-
1 ≤ n,m ≤ 100
-
对于100%的数据:1 ≤ T ≤ 100。
结论题。
- 小H只要不想赢他就不会赢(每次都不选必胜情况)
- 但是存在这样一种情况,小C会绝对赢不了的状态:
- 对于左上角的棋子,它每次都会被选中。
- 如果它是B,那么不管变多少次小C都无法掌控它,因为小C无法通过它结束游戏。
只要小C绝对赢不了那就是小H必胜了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
char ch[110][110];
int main(){
freopen("chess.in","r",stdin);
freopen("chess.out","w",stdout);
int T,n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--){
// memset(ch,0,sizeof(ch));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(register int i=1;i<=n;++i){
for(register int j=1;j<=m;++j){
do{
ch[i][j]=getchar();
}while(ch[i][j]==' '||ch[i][j]=='\n');
}
}
if(ch[1][1]=='B'){
puts("H");
}else{
puts("C");
}
}
return 0;
}