题解 CF97C 【Winning Strategy】

题解 CF97C 【Winning Strategy】

此题是某平台%你赛原题，跟大家分享一下某校zsy和sxr等同学的神仙做法。

我解释一下题意，大是说，我有【无限】个人，每个人可以对他“伤害”至多两次。当伤害完第二次时，这个人会转变成一个贡献（Pi）。Pi和杀死的人数正相关。

Idea：

其实此题关键是“无限”这个关键词，这说明，操作到了极远的时候，其实是几种操作在互刷，稍后我们将伪证明，有且仅有特定两种操作在互刷。

为了方便讨论，我们定义：

• 没有被操作过的人称为“正常人”。
• 被“操作”一次的人称为“伤员”；
• 伤员被再次操作称为杀死或者牺牲；
• 某次（种）操作产生的伤员个数称作他的贡献。

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开始解题

1. 考虑每种操作的贡献，显然，每次操作除了可以杀死伤员之外，应尽量产生多的伤员。这样显然更优。
2. 此外，由于是在极远的操作时求平均值，故我们可以假设某种互刷模式已经开始死循环，不需要铺垫条件，或者铺垫条件对答案的影响被忽略。
3. 互刷的条件显然是，某些操作构成的集合造成的贡献（伤员个数），是另一个集合伤员的来源，这样显然最优。
4. 对于由三种操作构成的互刷模式和由两种操作构成的模式，我们不妨令那三种互刷模式:P1<P2<P3，则它们需要的伤员数为n1<n2<n3

• • 当P1和P2专注刷伤员，而P3专注杀死伤员时，P1和P2产生的对答案的影响是(P1+P2)/2，由于单调递增，则(P1+P2)/2 < P2 ，则这种操作不如干脆P2自己单独刷。因为当P1刷了n1*n2次时，不如P1自己刷。而在无限远的地方，就会产生这样的转变。
• • 当P1专注刷伤员，而P2和P3专注杀死伤员时同理可证。

（其实是五）

可以知道，下标<n/2的，是产生伤员的，下标>(n/2)+1的，是消耗伤员的，若n为偶数，则下标n/2那个可以自己和自己刷。他们互刷的比例与他们的最小公倍数有关。

至此，我们引进第一种神仙做法，时间复杂度O(n2)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
double s[105],ans=0;
int w[105];
int gcd(int x,int y){
	if(x%y==0)return y;
	else return gcd(y,x%y);
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
		w[i]=n-i*2;//正贡献为正，负贡献为负
	}
	cout<<endl;
	for(int i=0;i<=(n-1)/2;i++)
		for(int l=(n/2)+1;l<=n;l++){
			int t=gcd(abs(w[i]),abs(w[l]));
			int m=abs(w[i])*abs(w[l])/t;
			//最小共倍数 
			int x1=m/abs(w[i]);
			int x2=m/abs(w[l]);
			ans=max(ans,(s[i]*x1+s[l]*x2)/(x1+x2));
		}
	ans=max(ans,s[n/2]);//我刷自己
	printf("%.10lf",ans);
	return 0;
}

但是，我们可以大胆猜测！是不是把mid之前的（P/贡献）最大和mid之后的（P/贡献）最大加起来除以二就好了呢？

于是O（n）算法就出来了。读入时扫描，前面一半和后面一个分别找到最大的，然后就玄学了。