Atcoder Beginner Contest 194 题意+题解 [暂无F]

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题解

A

给定参数 \(A\)，\(B\)，同时有四档分类如下：

  • I 类：\(A+B\ge 15\) 且 \(B\ge 8\)；
  • II 类：\(A+B\ge 10\) 且 \(B\ge 3\)；
  • III 类：\(A+B\ge 3\)；
  • 其余皆为 IV 类。

求分类。

直接判定即可。

B

有两项工作，对于第 \(i\) 个人分别耗费 \(A_i\)，\(B_i\) 的时间。

如果一个人做两项工作，则所需时间为其和，否则为他所做的工作需要的时间，如果没有工作则为 \(0\)。

将这两项工作分配给 \(N\) 个人中的若干名，总时间为所有人耗费时间的最大值，求最小总时间。

前摇过长，一道细节题。

  • 如果 \(\min \{A_i\}\) 和 \(\min \{B_i\}\) 不是同一个人，则分配给这两个最快的即可；
  • 否则，就是下面三种情况的最小值：
    1. 同时分配给一个人；
    2. 将 A 工作分配给第二快的，而 B 给最快的；
    3. 将 B 给第二快的，A 给最快的。

C

给定一个长为 \(N\)（\(2\le n\le 3\times 10^5\)）的序列 \(A\)，求：

\[\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} (A_i-A_j)^2 \]

是个人都知道不能暴力，所以我们拆一下式子：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} (A_i-A_j)^2=&\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} (A_i^2-2A_iA_j+A_j^2)\\ =& \sum\limits_{i=2}^N (i-1)A_i^2+\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} A_j^2 + 2\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} A_iA_j \end{aligned} \]

注意到 \(A_j^2\) 会被 \(j+1\le i\le n\) cue 到，所以 \(\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} A_j^2=\sum\limits_{j=1}^{N-1}(N-j)A_j^2\)，和 \(A_i^2\) 加一起，恰好得到每一个数的平方会被算 \(N-1\) 次。

同时，\(A_iA_j\) 只需要双倍一下，就可以得到 \(2\sum\limits_{i=2}^N \sum\limits_{j=1}^{i-1} A_iA_j=\left(\sum A_i\right)^2-\sum A_i^2\)，分别统计即可。

D

\(N\)（\(1\le N\le 10^5\)）个节点，初始没有边。每一步均匀随机选择一个节点，向其连一条边并移动到此节点。求使图连通的期望步数。

易得只有一个有边的连通块，设其有 \(k\) 个节点。则每一步有 \(\dfrac{N-k}{N}\) 的概率连入一个新节点，同时有 \(\dfrac{k}{N}\) 的概率不变。最后即求：

\[\sum\limits_{k=1}^{N-1} \sum\limits_{i=1}^\infty \left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\dfrac{(N-k)i}{N} \]

进行如下操作：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{N-1} \sum\limits_{i=1}^\infty \left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\dfrac{(N-k)i}{N}=&\sum\limits_{k=1}^{N-1}\dfrac{N-k}{N}\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1} \end{aligned} \]

令 \(X=\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\)，则交错相减可得：

\[\begin{aligned} X-\dfrac{kX}{N}=&\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}-\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i}\\ =&\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}-\sum\limits_{i=2}^\infty (i-1)\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\\ =&\sum\limits_{i=0}^\infty \left(\dfrac{k}{N}\right)^{i}\\ =&\dfrac{1}{1-\frac{k}{N}}\\ =&\dfrac{N}{N-k} \end{aligned} \]

即 \(\dfrac{(N-k)X}{N}=\dfrac{N}{N-k}=\dfrac{N-k}{N}\sum\limits_{i=1}^\infty i\left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\)，所以，

\[\sum\limits_{k=1}^{N-1} \sum\limits_{i=1}^\infty \left(\dfrac{k}{N}\right)^{i-1}\dfrac{(N-k)i}{N}=\sum\limits_{k=1}^{N-1}\dfrac{N}{N-k} \]

E

给定长为 \(N\)（\(1\le N,M\le 1.5\times 10^6\)）的序列 \(A\) 和 \(M\)，定义区间 mex 为最小的未出现过的自然数，求 \(A\) 中所有长度为 \(M\) 的连续子序列中，mex 最小值是多少。

注意到如果一个数 \(A_i\) 上一次出现在 \(A_j\) 且 \(i-j+1\ge M\)，那么 \(A_i\ge \operatorname{mex} \{(i,j)\}\ge ans\)。同时，注意到如果一个数第一出现在 \(A_t\) 且 \(t\ge M+1\)，则 \(A_t\ge \operatorname{mex} \{(0,t)\}\ge ans\)。

也就是说，如果两个相同的数中间没有相同的数，且距离超过 \(M\)，就有可能成为最终的答案，但也有可能是在边缘处。

为了方便，我们令 \(A_0\) 和 \(A_{N+1}\) 为 \(0,1,2\cdots,N-1\) 的叠加态，这样任何的边缘都可以被统计成一个完整的区间。

https://atcoder.jp/contests/abc194/submissions/20710494

F【暂无】

Official Editorial 介绍了一个玄学的 DP，不太理解。

评价

感觉这次难度十分不均衡。

一方面，前面的 5 题只用了不到 1h 就码完了，但 F 却卡到比赛结束都没整出来。

同时，没有大码量题，，A 不那么简洁，DE 都是性质题，还要推一下式子（害得我 LaTeX 输了好久），总体感觉不太好。

不要有借口，做不出来还不是因为蔡。

posted @ 2021-03-07 00:51  5ab  阅读(99)  评论(0)  编辑  收藏  举报