主要思路
首先，\(n – 1\) 个二元组代表着这颗树形有向图的形状。我们先考虑外向树的情况：子树根的时间戳要早于所有的子节点，所以可以考虑直接用背包的方法进行合并。如果有反向边，那么我们可以考虑进行容斥，枚举反向关系数再乘上一个容斥系数 \(-1\) 即可。
首先，\(n – 1\) 个二元组代表着这颗树形有向图的形状。我们先考虑外向树的情况：子树根的时间戳要早于所有的子节点，所以可以考虑直接用背包的方法进行合并。如果有反向边，那么我们可以考虑进行容斥，枚举反向关系数再乘上一个容斥系数 \(-1\) 即可。
首先，这道题是概率和期望分开算的，进行 DP 时实质上是对概率进行 DP。考虑拆位，设\(dp_b [u]\)为从\(u \to n\)在第\(b\)位为\(1\)的概率，那么显然：
\[ dp_b[u] = \frac{1}{deg[u]}( \sum_{weight(u, v) !\& b} dp_b[v] \sum_{weight(u, v) \& b} (1 – dp_b[v]) ) \]
其中，\((1 – dp_b[v])\)为\(v\)为\(0\)的概率，最后答案消元完就是\(\sum_{i = 1} ans[i] 2^i\)。
今天被各路神仙吊打，顺利 gg。
在考场上我推了个有后效性的 DP，还以为是高斯消元，然后看到数据范围就 GG 了。这道题主要是把一些东西给转换掉了。
首先，对一个概率为\(p\)的事件，它的期望次数是\(\frac{1}{p}\)（参见这里）。然后，考虑一个状态\(dp[i]\)代表合成第\(i\)级武器的期望花费。显然\(dp[0] = a\)。
考虑\(dp[1]\)的求法，首先需要两个级别为\(0\)的武器，然后发现无论失败与否都可以保证至少又一个\(0\)级武器，所以我们只需要注意另外一个武器的花费就可以了：
\[ dp[1] = dp[0] + dp[1] \times \frac{1}{p} \]
这道题主要是运用贪心。首先我们可以确定以下几种情况是肯定无解的：
我们发现整个字符串\(s[1 \dots n]\)中，第一个和最后一个字符一定要是 ‘(‘ 和 ‘)’。所以我们只用关心\(s[2 \dots n-1]\)就好。统计需要补充的括号个数：也就是\((n-2)\)减去现已确定的括号个数，分\(remL\)为左括号需要补充的个数、\(remR\)为右括号需要补充的个数。
说实话，这就是我最薄弱的一项，且在比赛中一览无余的暴露出来了。
我们可以把这道题转换一下，可以发现，这个喜悦值毫无关系，第二题的题意即为
给一些物品\(a_i\)，每次操作有\(p_i\)的概率可能出现，求要使所有物品出现的期望操作次数。
考虑物品的个数很少，可以进行状压，压缩到\(S\)。对于每一个出现过物品\(i\)的情况，都可以从没有出现过的状态转移过来，即S^(1<<(i - 1))。对之前的情况乘上一个\(p_i\)即为这一部分的贡献。之后，因为\(\sum_{i} {p_i} \neq 1\)，所以存在操作无效的情况，也就是\((1-\sum_{i\in S} p_i)*E_S\)。之后加上操作次数\(1\)，式子全貌为：
\[ E_S = (\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + (1-\sum_{i\in S} p_i)*E_S + 1 \]
移项合并可得：
\[ (\sum_{i\in S} p_i)*E_S = (\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + 1 \\ E_S = \frac{(\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + 1}{\sum_{i\in S} p_i} \]
// A.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 21;
int n, wi[MAX_N];
long long ans1;
double pi[MAX_N], dp[(1 << 20)];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lf%d", &pi[i], &wi[i]), ans1 += wi[i];
for (int stat = 0; stat < (1 << n); stat++)
{
double psum = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (stat & (1 << (i - 1)))
{
int prestat = stat ^ (1 << (i - 1));
psum += pi[i];
ans += pi[i] * dp[prestat];
}
if (psum != 0)
dp[stat] = (ans + 1) / psum;
}
printf("%lld\n%.3lf", ans1, dp[(1 << n) - 1]);
return 0;
}
啊，我*。
这道题很水，不讲。
/// B.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX_N = 100400, MAX_M = 1e5 + 2000;
int head[MAX_N], current, dfn[MAX_N], low[MAX_N], tot, st[MAX_N], hd, aff[MAX_N];
int totp, n, m, tmpx, tmpy, tmpz, ufs[MAX_N], dist[MAX_N];
bool inst[MAX_N];
struct edge
{
int to, nxt, weight, from;
bool operator<(const edge &e) const { return weight > e.weight; }
} edges[MAX_M << 1];
int find(int x) { return (ufs[x] == x) ? x : ufs[x] = find(ufs[x]); }
void unite(int x, int y)
{
if (find(x) != find(y))
ufs[find(x)] = find(y);
}
int addpath(int u, int v, int weight)
{
edges[current].to = v, edges[current].nxt = head[u];
edges[current].from = u;
edges[current].weight = weight, head[u] = current++;
return current - 1;
}
void tarjan(int u)
{
inst[u] = true, st[++hd] = u;
dfn[u] = ++tot, low[u] = dfn[u];
for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
if (dfn[edges[i].to] == 0)
tarjan(edges[i].to), low[u] = min(low[u], low[edges[i].to]);
else if (inst[edges[i].to])
low[u] = min(low[u], dfn[edges[i].to]);
if (dfn[u] == low[u])
{
int j;
totp++;
do
{
j = st[hd], aff[j] = totp;
inst[j] = false;
} while (st[hd--] != u);
}
}
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &m) && n != 0 && m != 0)
{
memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
memset(st, 0, sizeof(st)), memset(dfn, 0, sizeof(dfn)), hd = 0;
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
ufs[i] = i;
memset(head, -1, sizeof(head)), memset(aff, 0, sizeof(aff));
totp = n, current = 0, tot = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d%d%d", &tmpx, &tmpy, &tmpz), addpath(tmpx + 1, tmpy + 1, tmpz);
tarjan(1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int e = head[i]; e != -1; e = edges[e].nxt)
if (aff[i] != aff[edges[e].to])
dist[aff[edges[e].to]] = min(dist[aff[edges[e].to]], edges[e].weight);
long long ans = 0;
for (int i = n + 1; i <= totp; i++)
if (aff[1] != i)
ans += dist[i];
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
这道题来自于 Codeforces，画风十分一至。
首先转换题意，这道题提示了每一个横纵坐标都只会存在一个点，求长为\(len\)且纵坐标最大最小值也为\(len\)的区间个数。我们可以用分治来搞一搞。首先定一个区间\([l,r]\)，中点为\(mid\)。我们来探索跨这两个小区间的几种情况。
首先，我们在分类讨论之前设定几个数组：
设\(minl[i]\)为区间\([i,mid]\)的最小值，\(maxl[i]\)为区间\([i,mid]\)的最大值；
设\(minr[i]\)为区间\([mid+1,i]\)的最小值，\(maxr[i]\)为区间\([mid+1,i]\)的最大值。
那么，我们可以讨论跨越的情况：
最值都在左、右同一个区间内
最值分别在两个不同的区间
(i\)，可以根据最值之差算出右端点，进行检查并计数。
第二种稍稍麻烦一点：跨区间要考虑最值的两种分布方式，我们以最小值在左侧，最大值在右侧为例，假设有个点符合条件：
\[ maxr[j]-minl[i] = j-i \\ \text{移项得} \\ maxr[j]-j=minl[i]-i \]
可以枚举断点，把计算内容放到桶里去（注意负数，加上数域偏移），然后用两个指针判断合法区间，左端指针减一，右指针加一。
// C.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 50200, NUM_DOMAIN = 6e5;
pair<int, int> prs[MAX_N];
int arr[MAX_N], n, maxl[MAX_N], maxr[MAX_N], minl[MAX_N], minr[MAX_N], bucket[2 * NUM_DOMAIN + 1];
long long answer = 0;
void dq(int l, int r)
{
if (l == r)
{
answer++;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
// preprocessing;
minl[mid] = arr[mid], maxl[mid] = arr[mid];
maxr[mid + 1] = arr[mid + 1], minr[mid + 1] = arr[mid + 1];
for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
minl[i] = min(minl[i + 1], arr[i]), maxl[i] = max(maxl[i + 1], arr[i]);
for (int i = mid + 2; i <= r; i++)
maxr[i] = max(maxr[i - 1], arr[i]), minr[i] = min(minr[i - 1], arr[i]);
// make judges;
// at the left:
for (int i = mid; i >= l; i--)
{
int j = i + (maxl[i] - minl[i]);
if (j > mid && j <= r && minr[j] > minl[i] && maxr[j] < maxl[i])
answer++;
}
// at the right;
for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
{
int j = i - (maxr[i] - minr[i]);
if (j <= mid && j >= l && minl[j] > minr[i] && maxl[j] < maxr[i])
answer++;
}
// in the middle;
// min|max:
int ptr1 = mid + 1, ptr2 = mid;
for (int i = mid; i >= l; i--)
{
while (minr[ptr2 + 1] > minl[i] && ptr2 < r)
ptr2++, bucket[maxr[ptr2] - ptr2 + NUM_DOMAIN]++;
while (maxl[i] > maxr[ptr1])
{
bucket[maxr[ptr1] - ptr1 + NUM_DOMAIN]--, ptr1++;
if (ptr1 > r)
break;
}
if (ptr1 > r)
break;
if (ptr1 <= ptr2)
answer += bucket[minl[i] - i + NUM_DOMAIN];
}
for (int i = mid; i >= l; i--)
bucket[minl[i] - i + NUM_DOMAIN] = 0;
for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
bucket[maxr[i] - i + NUM_DOMAIN] = 0;
// max|min:
ptr1 = mid,
ptr2 = mid + 1;
for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
{
while (minl[ptr2 - 1] > minr[i] && ptr2 > l)
ptr2--, bucket[maxl[ptr2] + ptr2 + NUM_DOMAIN]++;
while (maxr[i] > maxl[ptr1])
{
bucket[maxl[ptr1] + ptr1 + NUM_DOMAIN]--, ptr1--;
if (ptr1 < l)
break;
}
if (ptr1 < l)
break;
if (ptr2 <= ptr1)
answer += bucket[minr[i] + i + NUM_DOMAIN];
}
for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
bucket[minr[i] + i + NUM_DOMAIN] = 0;
for (int i = mid; i >= l; i--)
bucket[maxl[i] + i + NUM_DOMAIN] = 0;
dq(l, mid), dq(mid + 1, r);
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d", &prs[i].first, &prs[i].second);
for (int i = 1; i <= n; i++)
arr[prs[i].first] = prs[i].second;
dq(1, n);
printf("%lld", answer);
return 0;
}
这道题挺有趣的，归根结底就是位运算。首先，一个充分的结论就是枚举长度为\(1\)的区间的概率为\(\frac{1}{N^2}\)，而长度大于1的概率为\(\frac{2}{N^2}\)。之后，枚举\(int\)的长度\(i \in [0,30]\)，把所有数的第\(i\)位组成一个序列进行扫描，之后枚举到第\(j\)个数进行分类讨论。
// CH3801.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e5 + 200;
int n, arr[MAX_N];
double ans1, ans2, ans3;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &arr[i]);
for (int k = 0; k < 30; k++)
{
int last[2], c1 = 0, c2 = 0;
last[0] = last[1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if ((arr[i] >> k) & 1)
{
ans1 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
ans2 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
ans3 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
ans1 += (1 << k) * 2.0 / n / n * c1;
ans2 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (i - 1);
ans3 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (i - 1 - last[0]);
last[1] = i;
c1++, swap(c1, c2);
}
else
{
ans1 += (1 << k) * 2.0 / n / n * c2;
ans2 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (last[1]);
last[0] = i, c1++;
}
}
printf("%.3lf %.3lf %.3lf", ans1, ans3, ans2);
return 0;
}