2.10 CW 练时记录

前言

把之前的题补了一下, 还可以跟榜走, 太棒啦

\(\rm{B}\)

不好是概率与期望

思路

给定 \(n\) 组 \(T_i, P_i\) , 要求一个顺序 \(a_1, a_2, a_3, \cdots , a_k\) , 使得对应的 \(EP = P_1 + P_2 + \ldots + P_k\) 最大, 相同 \(EP\) 应当使得 \(ET = T_1P_1 + (T_1 + T_2)P_2 + \ldots + (T_1 + T_2 + \ldots + T_k)P_k\) 最小, 输出最优的 \(a\)

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不难猜想对于一组 \(EP\) 的最大值, 按照 \(T\) 为第一关键字升序, \(P\) 为第二关键字降序排序之后 \(ET\) 一定最小
考虑这个结论是否正确

反证法, 假设交换上述排序后的一对 \(P\) , 贡献之差是

\[\begin{align*} & T_i P_i + T_j P_j - T_i P_j - T_j P_i \\ =& \ T_i (P_i - P_j) + T_j (P_j - P_i) \\ =& \ (T_i - T_j)(P_i - P_j) < 0 \end{align*}\]

感觉不太好

或者说我们拆 \(ET\)

\[\begin{align*} ET &= T_1P_1 + (T_1 + T_2)P_2 + \ldots + (T_1 + T_2 + \ldots + T_k)P_k \\ &= \sum_{i = 1}^{k} \left(T_i \times \sum_{j = i}^{k} P_j\right) \\ &= \sum_{i = 1}^{k} \left[T_i \times \left(n - \sum_{j = 1}^{i - 1} P_j\right)\right] \\ &= n\sum_{i = 1}^{k} T_i - \sum_{i = 1}^{k} \left(T_i \times \sum_{j = 1}^{i - 1} P_j\right) \\ \end{align*}\]

那感觉很对啊, 不管了, 大不了最后寄了再说

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我们先对于每一组 \(\{T_i, P_i\}\) 排序, 然后这样子选取一定是按顺序选

如果没有不同选择方案相同 \(EP\) , 那么就是一个简单的背包问题, 但是我们还要考虑 \(ET\)
猜测对于排序之后的 \(\{T_i, P_i\}\) , 我们可以有一个贪心策略

这个时候发现时空复杂度剩的很多, 可能可以对状态进行处理, 使其更好转移

考虑这样设计状态
令 \(f_{i, j, W}\) 表示考虑到了第 \(i\) 组, 当前的 \(EP\) 为 \(j\) , 当前使用的 \(T\) 为 \(W\) 时, 最小的 \(ET\) 值

但是时间复杂度爆炸了

不会丢了, 一会再说

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好的跟榜, 这题过得人多
主要原因还是懒, 不想开新题

考虑「不同选择方案相同 \(EP\)」时, 怎样才能让 \(ET\) 最小, 加状态被证明是完蛋的

发现要输出具体方案, 于是肯定要记录 \(last\) 回溯
不难想到对于每一种「相同 \(EP\)」, 把所有可能的回溯全部记下来, 最后全部跑一遍看哪种方案的 \(ET\) 最优秀

不好实现啊, 丢了

发现 \(ET\) 可以贪心于是可以直接转移, 下午看正解不浪费时间

\(\rm{D}\)

跟榜

思路

好像就是分拆数?

\[p(0, 0) = 1 \\ p(n, k) \gets p(n - 1, k - 1) + p(n - k, k) \]

但是可能要写高精度, \(\rm{qcz}\) 大佬说 \(\textrm{\_\_int128}\) 能过, 试一下

代码

#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN = 1520;

__int128 p[2][MAXN];
int now = 0, nxt = 1;

void write(__int128 x)
{
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
    return;
}

int main()
{
    freopen("sweets.in", "r", stdin);
    freopen("sweets.out", "w", stdout);
    int n, k;
    scanf("%d %d", &n, &k);
    memset(p, 0, sizeof p);
    p[now][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        std::swap(now, nxt);
        memset(p[now], 0, sizeof p[now]);
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (i > j) continue;
            p[now][j] += p[nxt][j - 1] + p[now][j - i];
        }
    }
    write(p[now][n]);
    return 0;
}

\(\rm{F}\)

跟榜, 看完这道题差不多可以去补昨天的题

话说昨天 \(\rm{C}\) 确实挺聪明的
发现自己理解是假的

思路

吃饭