7月做题记录

7月做题记录

P6837 [IOI 2020] 数蘑菇

如果发现询问多个没太多性质，那么正解多半是询问少数几个，所以多考虑询问某些特定较小数量时的性质

首先\(O(N)\)的就是每个都和\(0\)问一遍

然后\(O(\frac N2)\)的，考虑可以放成A?A?，然后俩问号都能确定

然后进一步，感觉到大致是\(O(\sqrt N)\)级别的，根据\(O(\frac N2)\)的提示，可以先确定\(\sqrt N\)个A/B的位置，然后剩下的根号个根号个一组一起问，显然可以知道问的点里A/B的数量，具体每个点是啥不一定确定，也没必要

然后现在就是考虑优化，发现主要是找到\(\sqrt N\)个A/B这里，需要花费\(2\sqrt N\)的步数，考虑优化

同样参考\(O(\frac N2)\)的做法，可以优化到\(\sqrt N\)步

但还差点，现在我们是能一步确定俩，考虑能不能更多

显然一步能确定的已经到上限了，考虑两步能不能确定五个，设分别为\(x\)、\(y\)、\(z\)、\(u\)、\(v\)

第一步：AxAyAz

\(z\)一定能确定，\(x\)、\(y\)要么能确定，要么能知道\(x\neq y\)，如果\(x\neq y\)的话，考虑询问BxBAyAuAz就可以确定了

P6836 [IOI 2020] 装饼干

首先找到check一个\(\{y_i\}\)是否合法的方法：

\[\forall_j\ \ \ \sum_{i\leq j} 2^iy_i\leq\frac{\sum_{i\leq j}2^ia_i}x \]

显然考虑数位\(dp\)，要么从低位往高位\(dp\)，要么从高往低位\(dp\)，显然这里注意到从高往低位好表达限制一点

\(dp[i][j]\)表示已经考虑了\(>i\)的位，对于\(0\sim i\)位的限制是\(j\)

转移考虑\(y_i\)是否取\(1\)

• \(y_i=0\)，此时从\(dp[i-1][j]\)转移来
• \(y_i=1\)，从\(dp[i-1][j-2^i]\)转移来，且此时显然要有\(j\geq 2^i\)

然后可以发现，若\(j\geq 2^i\)，对第一个转移，可以直接预处理出\(dp[i][lim[i]]\)（\(lim[i]\)就是初始关于\(a\)的那个限制），然后直接用这个值就行

所以实际上递归的时候只会至多往下递归一次，即单次复杂度\(O(K)\)，然后需要算所有\(dp[i][lim[i]]\)，所以总复杂度\(O(QK^2)\)

P6829 [IOI 2020] 植物比较

首先你考虑能不能找到一个合法的\(\{h_i\}\)

考虑按\(h\)的值从大到小确定，显然当前最大值的位置\(x\)在环上一定有：\(r_x=0\)，且\(x\)前\(k-1\)个要么已经有值了，要么\(r\)不等于\(0\)

显然当\(k>\frac n2\)时这个\(\{h_i\}\)是可以唯一确定的

考虑\(k\leq \frac n2\)时，如果某一时刻有多个\(x\)满足要求，怎么办

手玩可以发现，似乎不管选哪个\(x\)都不会导致最后无解，考虑这是为啥

这里就要考虑到我们求出的\(\{h_i\}\)，本质上只需要任意相邻\(k\)个满足\(r\)的要求，而你手模一下可以发现，任意相邻\(k\)个的赋值时的先后顺序一定是固定的，所以说无论选哪个\(x\)都行

那么现在只需要用求出的这个\(\{h_i\}\)得到任意相邻\(k\)个间的大小关系，然后建\(DAG\)，就可以得到原问题的答案了

但要直接建肯定复杂度爆了，考虑简化一下，显然只需要建边\(x\)和\(x\)前/后\(k-1\)个中，\(<h_x\)且最大的那个点

然后考虑check是否有\(h_x\)一定大于\(h_y\)

显然贪心的跳就是从\(x\)一直往左/右跳，直到下一位超过\(y\)或值小于\(h_y\)，然后看当前\(x'\)和\(y\)的距离是否\(\leq k\)即可

复杂度\(O((N+Q)logN)\)

P7045 「MCOI-03」金牌

做法1

首先，无解的情况当且仅当存在一种牌的数量\(>\lceil\frac n2\rceil\)

这个东西显然可以用摩尔投票判，但是发现摩尔投票的过程实际上就是\(O(2(n-1))\)的了（当然在当前投票的数量为\(0\)时可以省下一个询问）

但是这个check似乎无法避免，考虑能不能就用摩尔投票过程得到的信息组合一下

首先通过摩尔投票的过程，可以把整个序列划分成许多区间，每个区间内的点在进行摩尔投票时，对应正在被投的那个颜色都要相同

发现除了最后一个区间，前面每个区间内，正在被投的颜色的数量会恰好是该区间长度的\(\frac 12\)，所以显然此时可以考虑该颜色中间间隔区间内非该颜色的点的方法

而对于最后一个区间，因为显然我们摩尔投票投出来的值一定是最后这个区间的投票颜色，所以显然我们可以取出一些该颜色的点，使得剩下的区间长度的\(\frac 12\)恰好是该颜色在该区间的剩余数量

然后考虑把这些区间拼起来，因为在第一轮询问时，区间与区间之间那次询问可以省略，所以这里在把区间\(y\)拼到区间\(x\)后面时，问一下\(y\)的第一个和\(x\)的最后一个是否相同，不同就不管，相同就把\(y\)给\(reverse\)一下即可

然后现在还剩下一点投票出的颜色，直接枚热泵举所有满足左右两侧的点都不是该颜色的空隙，显然是可以放下的

严谨证明就是，考虑该颜色已经放了\(A\)个，还剩\(B\)个，那么首先肯定有\(2\times(A+B)\leq n+1\)

然后考虑现在还剩的合法空隙的最小数量是\(n-B+1-2A\)，显然有\(n-B+1-2A\geq B\)，证毕

询问就是\(2(N-1)\)的了

做法2

还有种流程更简单的方法，考虑现在有一个答案序列，以及维护一个\(sz\)，表示当前有\(sz\)个不在答案里且值等于该答案序列末尾的点

然后放入一个点的时候，如果它和序列末尾的值不同，那么把它放上去，如果此时\(sz>1\)，则再放一个上去，然后\(--sz\)

最后会剩一些\(sz\)，然后和上面那个做法最后的证明一样，只要合法，就一定有足够的空位来放，否则就不合法

询问\(2(N-1)\)

CF618G Combining Slimes

首先考虑算出长度为\(i\)的序列中，出现过\(j\)的概率\(c_{i,j}\)

转移有\(c_{i,j}=c_{i,j-1}\times c_{i-1,j-1}\)

发现当\(j\geq 50\)时，大致这个概率就是\((1-1e-9)^{50}\)接近\(0\)了，所以我们只用管\(j\leq 50\)的值

然后设只出现过一次\(j\)的概率为\(C_{i,j}\)，那么\(C_{i,j}=c_{i,j}\times(1-c_{i-1,j})\)

然后考虑\(f[i][j]\)表示长度为\(i\)的序列，钦定当前第一位是\(j\)时的期望和是多少，转移有\(f[i][j]=j+\frac{\sum_{k<j}f[i-1][k]\times C_{i-1,k}}{\sum_{k<j}C_{i-1,k}}\)

对于\(j\)为\(1\)时的\(f[i][j]\)的转移比较特别，考虑到只需要满足它后面一个假如进来的是\(2\)即可，定义新的\(c'_{i,j}\)和\(C'_{i,j}\)，表示在要求第一个操作的一定是\(2\)下的概率

转移类似，\(f[i][j]=j+\frac{\sum_{k>j}f[i-1][k]\times C'_{i-1,k}}{\sum_{k>j}C'_{i-1,k}}\)

答案就是\(\sum_k f[n][k]\times C_{n.k}\)

对于\(i\)、\(j\)小于等于\(50\)的，直接算，大于的可以用矩阵做

复杂度\(O(50^3logN)\)

还有种做法大概是，考虑用\(1\)把原序列划分开，然后除第一个序列外，每个序列的开头都得是以\(2\)操作为开头的，然后又发现\(2\)操作除了最后那一次，其余时候都能直接表示为\(1+1\)，即俩\(1\)操作，或者说把俩连续的\(1\)操作看做一个\(2\)操作

注意到数\(x\)在不考虑第一个必须是\(2\)时拼出来的概率是\(\sum_{i=0}^{2^{x-2}} C_{2^{x-2}}^ip^{2i}(1-p)^{2^{x-2}-i}\)即\((p^2+1-p)^{2x-2}\)

总之前\(n-50\)个矩阵转移，后面的手动转移

复杂度\(O(50^3logN)\)

CF605E Intergalaxy Trips

设\(dp[x]\)表示从\(x\)走到\(n\)的期望步数

若我们已知所有的\(dp\)值，考虑\(dp[x]\)怎么转移的

考虑当前时刻\(x\)可以走出去的边的存在情况，如果存在能走到一个点\(y\)满足\(dp[y]<dp[x]\)，显然会走这个\(y\)，且会走\(dp\)最小的那个，否则不存在时则一定走回\(x\)

设\(f(x)=\prod_{dp[y]<dp[x]} (1-p[y])\)，则\(dp[x]=\frac{1+\sum_{dp[y]<dp[x]} dp[y]\times g(x,y)}{1-f(x)}\)，这个\(g(x,y)\)就是算的\(x\)目前所有联通的点里\(dp\)值最小就取到\(dp[y]\)时的概率

转移显然是个DAG，初始把所有未知的\(dp[x]\)设为\(inf\)，考虑类似dij的过程，用已经确定的那些\(dp\)去更新未确定的，每次都会至少确认一个新的\(dp[x]\)

总复杂度\(O(N^2)\)

P5516 [MtOI2019] 小铃的烦恼

首先看眼数据范围，发现\(p_{a,b}=1\)，所以这个失败概率就是没有的

那么现在最终是那种颜色，显然它的概率、期望之类的只和它初始有多少个有关

所以算\(f[i]\)表示初始有\(i\)个当前颜色，求最终颜色就是该颜色的期望步数

转移有\(f[i]=\frac{i(n-i)}{n(n-1)}f[i+1]+\frac{i(n-i)}{n(n-1)}f[i-1]+\frac{n(n-1)-2i(n-i)}{n(n-1)}f[i]+w_i\)，其中\(w_i\)表示初始有\(i\)个当前颜色，最终颜色就是该颜色的概率

\(w[i]\)的转移类似，\(w[i]=\frac{i(n-i)}{n(n-1)}w[i+1]+\frac{i(n-i)}{n(n-1)}w[i-1]+\frac{n(n-1)-2i(n-i)}{n(n-1)}w[i]\)，写成递推的形式\(w[i+1]=2w[i]-w[i-1]\)，即\(w[i+1]-w[i]=w[i]-w[i-1]\)，因为\(w[0]=0\)，\(w[n]=1\)，所以\(w[i]=\frac in\)

现在考虑\(f\)的转移，有\(f[i+1]=2f[i]-f[i-1]-\frac{n-1}{n-i}\)，\(f[0]=0\)，\(f[n]=0\)，现在想要推出\(f[1]\)的值

参考上面\(w[i]\)的过程，这里可以得到\(f[i+1]-f[i]=f[i]-f[i-1]-\frac{n-1}{n-i}\)，那么设\(f[1]-f[0]=f[1]\)，则\(f[j+1]-f[j]=f[1]-\sum_{i=1}^j\frac{n-1}{n-i}\)

可以推出\(f[n]-f[0]=f[1]\times n-(n-1)\times(n-1)\)，即得到\(f[1]=\frac{(n-1)^2}n\)

然后递推即可，复杂度\(O(N^2)\)

当然我们求出\(f\)的递推式后，可以高斯消元，注意到第\(i\)行只需要去把\(i+1\)行上的\(i\)位给消了就行，顺便把自己的\(i+1\)位给消了

复杂度\(O(N^2+N)\)，这个\(O(N^2)\)是输入的复杂度，后面才是真正解决问题用的复杂度