2018.09.09模拟总结
昨天学姐又说Day2难度是Day1两倍，反正我都无所畏惧了……
T1 forging
Day2果然毒瘤啊，T1就出一道期望dp，然后我期望基本忘得差不多了……
不过这道题其实不难。先考虑这个问题：抛一枚硬币，如果为反面就接着抛，求抛到正面的概率。设抛到正面的期望为x，首先要抛一次，然后有1/2的概率抛到反面，1/2的概率抛到正面，根据本题期望的定义，期望=概率 * 次数，那么就有 x = 1 + 1/2 * x + 1/2 * 0，即x =1/2 * x + 1，得x = 2。还有另一种更好理解的方法：x = 1/2 + 1/4 * 2 + 1/8 * 3 + 1/16 * 4 + ……+ 1/2n * n。这个不难解，2 * x - x = 1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + …… + 1/2n,根据等比数列求和公式可知1/2 + 1/4 +1/8 + …… + 1/2n = 1,于是x = 2.
那么回到此题：令 k 表示锻造成功的概率，则k = min(ci-1, bi-2) / ci-1.于是fi + fi-1 = k * fi+1 + (k - 1) * fi-1.整理一下，然后退一位得fi = 1/k * fi-1 + fi-2。
用线性求逆元预处理ci，然后递推求解。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll; 17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const int mod = 998244353; 21 const int maxn = 1e7 + 5; 22 inline ll read() 23 { 24 ll ans = 0; 25 char ch = getchar(), last = ' '; 26 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 27 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 28 if(last == '-') ans = -ans; 29 return ans; 30 } 31 inline void write(ll x) 32 { 33 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 34 if(x >= 10) write(x / 10); 35 putchar(x % 10 + '0'); 36 } 37 38 int n, a; 39 int b[maxn], c[maxn], inv[maxn]; 40 int dp[maxn]; 41 42 int main() 43 { 44 freopen("forging.in", "r", stdin); 45 freopen("forging.out", "w", stdout); 46 n = read(); dp[0] = read(); 47 48 int bx = read(), by = read(), cx = read(), cy = read(), p = read(); 49 b[0]=by+1;c[0]=cy+1; 50 for(rg int i=1;i<n;i++) 51 { 52 b[i]=((long long)b[i-1]*bx+by)%p+1; 53 c[i]=((long long)c[i-1]*cx+cy)%p+1; 54 } 55 56 inv[1] = 1; 57 for(rg int i = 2; i < maxn; ++i) inv[i] = (ll)(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod; 58 dp[1] = ((ll)c[0] * inv[min(c[0], b[0])] % mod + 1) * dp[0] % mod; //f[0]最好单独写一下 59 for(rg int i = 2; i <= n; ++i) 60 dp[i] = ((ll)c[i - 1] * inv[min(c[i - 1], b[i - 2])] % mod * dp[i - 1] + dp[i - 2]) % mod; 61 write(dp[n]); enter; 62 return 0; 63 }
T2 division
这题尽管学姐说就是CRT板子，然而我不得不说是真心不会，讲完后还是不太懂……溜了……
T3 money
嗯……维护动态树上链的最小值，知道干啥，然后就是不会写，于是只能暴力水一发。
方法1：LCT……呵呵，等考完NOIP再说吧
方法2：兔哥自创妙法：虽然听懂了，然而就是不会写。首先我们想，如果树是静态的，那么自然可以用树剖（考试的时候我就想这么做，然而40分钟我觉得敲不完）或倍增解决。那么动态的怎么办：启发式合并。就是两棵树，然后把结点少的树往大树合并。这样的话，这些树必须改成无向的，要不然每一次合并还要想办法再找根节点或是干脆无法合并。既然无向的，那么自然要开一个数组记录每一链的方向，dir[i][j] = 1代表结点 i 像上跳2j步这个区间的这条链都是借别人钱的，2代表都是被借钱的，3代表这两种情况都有。因此合并的时候只要或起来就行了（很方便）。为此，还要有一个数组记录往上跳2j步是哪一个结点，因为合并的时候祖先会改变。当然还有最重要的记录最小值以及维护结点深度的数组了。
复杂度：启发式合并最坏复杂度为O(nlogn)，加上查询O(mlogn)，总时间复杂度O(nlogn + mlogn)。
思路就是这样，然而就是不会写……
方法3：是一个特别强的验题人想出来的，他叫wys。方法2我都不会，更别说这个了。什么用vector储存同一深度的结点，然后用链表串起来……弃疗了。
