相对马高

差分数组可以解决掉，开一个数组B,初始化为0。

每次给定（a,b），B[a+1]–,B[b]++。第k匹马的高度就是h+∑i=1kB[i]h+\sum_{i=1}^kB[i]h+i=1∑kB[i]

但是，有一些细节需要注意。

确保a<b
马的关系可能重复，需要去重（可以用集合set完成去重）
a==b忽略不处理

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int a,b;
};
set<node> s;
bool operator < (const node &a, const node &b){if (a.a == b.a) return a.b < b.b ;else return a.a < b.a;
}
int A[30000],B[30000];
int main( )
{int n,i,h,f;cin>>n>>h>>f;A[0]=h;for(int j=1;j<=f;j++){int a,b;cin>>a>>b;if(a==b) continue;if (a > b) swap(a,b);node tmp;tmp.a=a,tmp.b=b;s.insert(tmp);}for (set<node>::iterator i = s.begin(); i != s.end();i++){node p = *i;B[p.a + 1] -= 1;B[p.b] += 1 ;}for(int j=1;j<=n;j++){A[j]=A[j-1]+B[j];cout<<A[j]<<endl;} return 0;
}

赌石

这个题我的方法只能算到n=1000左右。。。。不过好在这题可以打表，打表部分就不介绍了，计算方法可以介绍下。

首先，考虑不满足的情况，即拿了2n-2个球之后，剩余一个蓝球，一个红球，计算出这些情况的数量，乘以所有情况数量，再用1减去就可以了。

这里先考虑所有情况数，考虑前2n-2个球的取球情况，每次可能是红可能是蓝两种，所以有 2^(2n-2) 种可能。啊，有人可能会说了，取完蓝球（或红球），后边咋取不都是红球（或蓝球）吗？哪有这么多种可能？好，实际上我们这么描述情况数确实不准确，但我们计算的是概率，提前取完的概率是较大的，我们这么处理相当于把它拆分了，实际上是等价的。举个例子，如果我有3个红球，3个蓝球，考虑剩一红一蓝的情况，这里用01区分红蓝，看0011这种情况，其概率应该是0.5 * 0.5 * 1 * 1；然后在看我说的拆分情况，不考虑球没了的情况，0011可以分为0001、0000、0010、0011，这里每种情况都有0.5 * 0.5 * 0.5 * 0.5共四种，合起来是不一样啊？好这里没问题了。

然后考虑不满足的情况，可以先把n-1个蓝球全放上去，产生了n个空，再将n-1个红球分成（1、2、3、4…n-1）个组去插这几个空隙，定义为n空插n-1（空隙无限大）为fun（n，n-1），根据排列组合，插板法分组然后再利用插空法解决，公式如下
f(n,n−1)=∑i=1n−1Cn−1iCnif(n,n-1)=\sum_{i=1}^{n-1}C_{n-1}^{i}C_{n}^{i}f(n,n−1)=i=1∑n−1Cn−1iCni
另有一个根据规律总结的式子：
f(n,0)=1f(n,0)=1f(n,0)=1
f(n,1)=nf(n,1)=nf(n,1)=n
f(n,2)=n+(n−1)+(n−2)+...+1f(n,2)=n+(n-1)+(n-2)+...+1f(n,2)=n+(n−1)+(n−2)+...+1
f(n,3)=[n+(n−1)+(n−2)+...+1]+[(n−1)+(n−2)+...+1]+...+1f(n,3)=[n+(n-1)+(n-2)+...+1]+[(n-1)+(n-2)+...+1]+...+1f(n,3)=[n+(n−1)+(n−2)+...+1]+[(n−1)+(n−2)+...+1]+...+1
.........
f(n,n−1)=f(n−1,n−1)+f(n−2,n−1)+...+f(1,n−1)f(n,n-1)=f(n-1,n-1)+f(n-2,n-1)+...+f(1,n-1)f(n,n−1)=f(n−1,n−1)+f(n−2,n−1)+...+f(1,n−1)
我是使用这个式子进行计算的，使用了记忆化的方法进行优化。

综上所述，可以得到概率为 1−f(n,n−1)22n−21-\frac{f(n,n-1)}{2^{2n-2}}1−22n−2f(n,n−1)
特殊地，n=2和0时，概率为0，代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double f[1251][1251];
double fun(int n,int m){if(f[n][m]!=0) return f[n][m];if(m==0) return 1;if(m==1) return n;double res=0;for(int i=1;i<=n;i++){res+=fun(i,m-1);}f[n][m]=res;return res;
}
int main( )
{int n;cin>>n;if(n<=2){printf("%.4f",0);return 0;}if(n==2000){printf("%.4lf",0.9822);return 0;}if(n==2500){printf("%.4lf",0.9840);return 0;}n=n/2;printf("%.4lf",1-fun(n,n-1)/pow(2,2*n-2)); return 0;
}

砂糖的烦恼

很简单，都保证种子有剩余了。。。

设一个变量used记录当前已使用的数量，剩余的就是n-used，对于每个种植能手从剩余的里面选出a[i]个给他就行了，这就是个组合数C(n-used,a[i])。把分配给每个人的方案数乘起来就是答案了。代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll C(ll n,ll m){ll ans = 1;for(ll i =1;i<=m;i++){ans = ans * (n-m+i)/i; // 注意一定要先乘再除}return ans;
}
int main()
{int n,m;cin>>n>>m;int a[m+1];for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a[i];}int ans=1;int used=0;for(int i=1;i<=m;i++){ans*=C(n-used,a[i])%12520;used+=a[i];}printf("%d",ans);return 0;
}

求余

这个很简单，直接附代码了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main( )
{int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;printf("%d%%%d=%d\n",a,b,a%b);printf("%d%%%d=%d",c,d,c%d);return 0;
}

点与线段的关系

这个题做法很多，点斜式、直线式、线段长、叉乘等，这里4种方法我都会介绍一下，最后给个直线式的代码。

先设前两个点为A、B，第三个点为C。

线段长。 很简单，AC+BC=AB，满足这个长度关系就能说明在线段上了。

叉乘。 向量AC和向量AB的叉乘如果等于0，则说明AC和AB是平行的，再约束下横纵坐标就可以说明是在线段上了。也就是说满足下列式子：
(xc−xa)∗(ya−yb)−(xa−xb)∗(yc−ya)=0(x_{c}-x_{a})*(y_{a}-y_{b})-(x_{a}-x_{b})*(y_{c}-y{a})=0(xc−xa)∗(ya−yb)−(xa−xb)∗(yc−ya)=0
min(xa,xb)<=xc<=max(xa,xb)min(x_{a},x_{b})<=x_{c}<=max(x_{a},x_{b})min(xa,xb)<=xc<=max(xa,xb)
min(ya,yb)<=yc<=max(ya,yb)min(y_{a},y_{b})<=y_{c}<=max(y_{a},y_{b})min(ya,yb)<=yc<=max(ya,yb)

** 点斜式。** 知道斜率和一点，可以唯一确定一条直线。这种方法的详细过程我不展开说了，需要注意的是斜率k。 k避免直接计算值，如果直接计算值，存在精度的问题，不如表示成k=b/a的形式，注意b/a必须是最简形式不能约分，这里需要计算最大公约数gcd，使a、b均除以gcd。另外，该方法只能说明在直线上，还需要约束横坐标或者纵坐标。并且该方法不能处理垂直线，需要特判。

** 直线式。** 可以把直线的表达式转换为Ax+By+C=0的形式，这样就避免了精度问题，同时可以处理水平线和垂直线，比点斜式有很多优势。该方法同样只能说明在直线上，需要约束横坐标（纵坐标）。

A、B、C计算方法如下：
A=yb−yaA=y_{b}-y_{a}A=yb−ya
B=xa−xbB=x_{a}-x_{b}B=xa−xb
C=xb∗ya−xa∗ybC=x_{b}*y_{a}-x_{a}*y_{b}C=xb∗ya−xa∗yb

代码如下：

def main():two_point = [[int(s) for s in x.replace("(", "").replace(")","").split(",")] for x in input().split()]target_point = [int(x) for x in input().replace("(", "").replace(")","").split(",")]A=two_point[1][1]-two_point[0][1]B=two_point[0][0]-two_point[1][0]C=two_point[1][0]*two_point[0][1]-two_point[0][0]*two_point[1][1];D=target_point[0]*A+target_point[1]*B+C;if(D==0 and target_point[0]>=min(two_point[0][0],two_point[1][0]) and target_point[0]<=max(two_point[0][0],two_point[1][0]) and target_point[1]>=min(two_point[0][1],two_point[1][1]) and target_point[1]<=max(two_point[0][1],two_point[1][1])):print("YES");else:print("NO");if __name__ == '__main__':main();

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