51nod 省选联测 R2
51nod 省选联测 R2
上场的题我到现在一道都没A,等哪天改完了再写题解吧,现在直接写第二场的。
第二场比第一场简单很多(然而这并不妨碍我不会做)。
A.抽卡大赛:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1850
这题非常的神仙。
考试的时候没看见数据范围...以为是1e5,觉得非常不可做。结果其实是200?
$N^4$ 的做法挺好想的,首先枚举一个人,再枚举他的牌,然后计算其他人胜过他的概率,最后做一个 $N^2$ 的DP算答案,这里就不细讲了。
让我们换一下思路,不要再枚举人了,将所有的牌按从大到小排序后直接枚举牌。
下面这部分有一点难理解...在之前的做法中,要计算“i排第j名的概率”,在这里,因为不能枚举人,所以计算的就是“如果出现了一个拿着i这种牌的人,排第j名的概率”。乍一看,这个东西意义何在...但其实还是挺有用的。假设我们可以以 $O(N)$ 的效率从背包中撤出某个物品,那么当计算 $i$ 这个人时就撤掉它自己,算完后再加进去就可以了。因为每次加入一张新牌时,只有一个人“胜过更小的牌的概率”改变了,所以这样做的复杂度是 $N^3$ 的。
最后考虑如何删除背包里的物品:
最初的状态转移:
倒序枚举j,可以消掉一维:
考虑一下边界情况:
也就是说,如果要撤掉一个数,可以直接算出原来的 $f_1$ ,由此就可以进一步推出所有 $f$ 的原值,实现了删除物品。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <cstring> 4 # include <algorithm> 5 # define R register int 6 7 using namespace std; 8 9 const int maxn=202; 10 const int mod=1000000007; 11 int n,inv_100; 12 int m,f[maxn],h[maxn],p[maxn],v[maxn],cnt,ans[maxn],b[maxn]; 13 struct card { int a,g,p,id; }k[maxn*maxn]; 14 15 int qui (int a,int b) 16 { 17 int s=1; 18 while(b) 19 { 20 if(b&1) s=1LL*s*a%mod; 21 a=1LL*a*a%mod; 22 b>>=1; 23 } 24 return s; 25 } 26 27 bool cmp (card a,card b) { return a.a>b.a; } 28 29 void ins (int p) { for (R i=n;i>=1;--i) f[i]=(1LL*f[i-1]*p+1LL*f[i]*(mod+1-p))%mod; } 30 31 void del (int p) 32 { 33 int inv=qui(mod+1-p,mod-2); 34 for (R i=1;i<=n;++i) 35 { 36 f[i]=1LL*f[i]*inv%mod; 37 f[i+1]=(f[i+1]-1LL*p*f[i]%mod+mod)%mod; 38 } 39 } 40 41 int read() 42 { 43 int x=0; 44 char c=getchar(); 45 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 46 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 47 return x; 48 } 49 50 int main() 51 { 52 n=read(); 53 inv_100=qui(100,mod-2); 54 for (R i=1;i<=n;++i) 55 { 56 m=read(); 57 for (R j=1;j<=m;++j) 58 { 59 k[++cnt].id=i; 60 k[cnt].a=read(),k[cnt].g=read(),k[cnt].p=read(); 61 p[i]=(p[i]+k[cnt].p)%mod; 62 k[cnt].g=1LL*(100-k[cnt].g)*inv_100%mod; 63 } 64 p[i]=qui(p[i],mod-2); 65 } 66 for (R i=1;i<=cnt;++i) k[i].p=1LL*k[i].p*p[ k[i].id ]%mod; 67 for (R i=1;i<=n;++i) v[i]=read(); 68 sort(k+1,k+1+cnt,cmp); 69 f[1]=1; 70 for (R i=1;i<=n;++i) 71 ins(0); 72 for (R i=1;i<=cnt;++i) 73 { 74 int x=k[i].id; 75 del(b[x]); 76 for (R j=1;j<=n;++j) 77 ans[x]=(ans[x]+1LL*k[i].p*k[i].g%mod*f[j]%mod*v[j])%mod; 78 b[x]=(b[x]+k[i].p)%mod; 79 ins(b[x]); 80 } 81 for (R i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]); 82 return 0; 83 }
抽卡大赛
B.异或约数和:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1984
这题比较简单。
首先看看每个数会被算多少次,显然是 $\frac{n}{i}$ 次,如果这个数是个奇数,它就会出现在最终答案中,否则就不用管它了。
这种分式形式显然上来先套一个除法分块。考虑如何快速计算 $1$ 到 $n$ 的异或和。可以发现 1^2^3=0,(4n)^(4n+1)^(4n+2)^(4n+3)=0,所以就根据 $n \% 4$ 分类讨论即可。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <cstring> 4 # include <string> 5 # include <cmath> 6 # include <algorithm> 7 # define ll long long 8 # define R register int 9 10 using namespace std; 11 12 ll n,ans; 13 14 inline ll ask (ll l) 15 { 16 if(l%4==0) return l; 17 if(l%4==1) return 1; 18 if(l%4==2) return l+1; 19 return 0; 20 } 21 22 int main() 23 { 24 scanf("%lld",&n); 25 ll l=1,r; 26 while(l<=n) 27 { 28 r=n/(n/l); 29 if((n/l)%2) ans^=ask(r)^ask(l-1); 30 l=r+1; 31 } 32 printf("%lld",ans); 33 return 0; 34 }
异或约数和
C.小朋友的笑话:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=2014
每个人的状态可以认为只与最后听的那个笑话有关。
这里有一个极其神奇(也有可能只是我没见过)的做法:将每个笑话的出现过的区间...维护出来!因为一开始只想到用权值线段树维护区间,但是觉得复杂度不对就弃疗了,其实换成平衡树复杂度就对了。为什么呢?觉得复杂度不对的主要原因就是觉得一种笑话的区间可能很多,如果多次全部访问就会很慢,但其实这个问题是不存在的。如果两个区间出现了重叠,那么我们就把它们删掉,合成一个新的区间再加进去。每次最多加入一个区间,却可能删掉多个,且每个区间被加入后最多被访问一次就被删了,所以复杂度极其科学。
因为Set用的很不熟练,代码几乎是照搬这份题解,就不贴了。
---shzr
转载于:https://www.cnblogs.com/shzr/p/10599635.html
51nod 省选联测 R2相关推荐
- 其他-私人♂收藏(比赛记录 Mar, 2019)
OwO 03.03 [USACO19JAN] A. Redistricting 题意:给 \(g\) ,求 \(f(n)\) . \(f(i)=f(j)+[g(i)\ge g(j)],j \in (i ...
- 线性光耦原理与电路设计
分享一下我老师大神的人工智能教程!零基础,通俗易懂!http://blog.csdn.net/jiangjunshow 也欢迎大家转载本篇文章.分享知识,造福人民,实现我们中华民族伟大复兴! 一.1. ...
- 单片机实验笔记(汇编、Proteus仿真)(下)
接上一条单片机实验笔记(汇编.Proteus仿真) 第五节课 第五节课 内容为驱动多位数码管.和驱动一位数码管大同小异. ORG 0000H LJMP MAINORG 0100H MAIN: MOV ...
- ECL、LVDS和CML电平
芯片间互连通常有三种接口:PECL(Positive Emitter-Coupled Logic).LVDS(Low-Voltage Differential Signals).CML(Current ...
- [arduino]ESP8266配置连接IoT阿里云平台(arduino D1 mini)
[arduino]ESP8266配置连接IoT阿里云平台(arduino D1 mini) 前言 ESP8266配置(基础) ESP8266头文件配置 安装AliyunIoTSDK库 安装Arduin ...
- 汇编语言:定时器实现数码管0-99
SHU EQU 40H TX EQU 41H //定时0.5秒 ORG 0000H LJMP MAIN ORG 000BH LJMP TIME0 ORG 0030H MAIN: MOV P2, ...
- 2023年华为HCIE-Datacom认证(H12-891、H12-892)
一.什么是HCIE-Datacom 英文名:Huawei Certified ICT Expert-Datacom 中文名:培训与认证数通网络领域具备跨场景融合解决方案专业知识和技能水平的专家 二.考 ...
- 线性光耦原理与电路设计[HCNR200,HCNR201]
1. 线形光耦介绍 光隔离是一种很常用的信号隔离形式.常用光耦器件及其外围电路组成.由于光耦电路简单,在数字隔离电路或数据传输电路中常常用到,如UART协议的20mA电流环.对于模拟信号,光耦因为输入 ...
- 51单片机按键计数显示程序(汇编)
题目: 编写一个按键计数程序.如图所示,对"独立按键"的按键次数进行计数.8个独立按键的计数值采用16进制分别显示在"2*4位共阴数码管"中.每位计数溢出时,控 ...
最新文章
- 【Android 逆向】Android 系统文件分析 ( /proc/pid 进程号对应进程目录 | oom_adj | maps | smaps | mem | task | environ )
- php 工厂模式 使用场景,PHP设计模式之工厂模式
- how does tomcat access js - SAPUI5 Core Libraries
- PHP接口报错:Malformed UTF-8 characters, possibly incorrectly encoded
- 【2018.9.26】K-D Tree详解
- 服务器mac地址变了怎办_获取服务器的IP地址和MAC地址
- Python 的切片为什么不会索引越界?
- MTK 三星处理器一览表
- Linux中指令的前缀命令格式
- LeetCode No5. 最长回文子串 题解
- java链接易联云打印机
- 个人总结:Mysql知识图谱
- RN 与android原生交互
- 提高免疫力的食物 十种提升免疫力食材
- CentOS 7的安装配置图形界面
- 科大讯飞(语音合成和语音听写)
- 基于51单片机的简易计算器的实现
- 众多虚幻游戏场景素材一键即可获取
- postman的put方法
- CSV乱码 - UTF-8 Unicode (with BOM)