【BZOJ4030】[HEOI2015]小L的白日梦

【BZOJ4030】[HEOI2015]小L的白日梦

题面

BZOJ
洛谷

题解

要求的是最小的不开心连续段的期望。
然后发现自己就不会做了。
然后就可以来抄题解啦。

首先来猜性质:

  • 第一个,一定是按照不高兴的概率单调不增的一个序列。
    还是比较容易猜到的,这个证明也不难,首先我们把这个期望的式子给列出来,发现是:
    \[E=\sum_{i=1}^n (1-a_{i-1})a_i\]
    也就是强制在每一段的开头位置统计,那么这个位置必定满足前一天是开心的,且这一天是不开心的。并且因为是单调的,所以满足\(a_i\ge a_{i+1}\)
    现在假设把某两个位置交换,假设这两个位置是\(i,j\),且\(i<j\),那么:
    \[\begin{aligned}\Delta=&(1-a_{i-1})a_i+(1-a_i)a_{i+1}+(1-a_{j-1})a_j+(1-a_j)a_{j+1}\\ &-(1-a_{i-1})a_j-(1-a_j)a_{i+1}-(1-a_{j-1})a_i-(1-a_i)a_{j+1}\\ =&(1-a_{i-1})(a_i-a_j)+(1-a_i)(a_{i+1}-a_{j+1})\\ &+(1-a_{j-1})(a_j-a_i)+(1-a_j)(a_{j+1}-a_{i+1})\\ =&(a_i-a_j)(a_{j-1}-a_{i-1})+(a_{i+1}-a_{j+1})(a_j-a_i)\\ =&(a_i-a_j)(a_{j-1}+a_{j+1}-a_{i-1}-a_{i+1}) \end{aligned}\]
    显然\(\Delta=E-E'<0\),所以有\(E<E'\),所以就证明了如果序列是单调不增的话期望是最小的。

  • 第二个结论:选择的一定是按照概率排序之后的一段前缀和一段后缀。
    我一开始猜的以为一定是前缀......
    假设我们选择的是一段前缀\([1,i]\),一段后缀\([j,n]\)。当然都是按照从大往小的顺序排序之后的结果。然后不考虑在中间选择了一段,考虑在中间选择了一个会怎么样,假设在两次选择中,在中间选择了\(x\)\(y\)\(x<y\)
    那么两者的期望的变化量分别是:
    \[\begin{aligned} \Delta&=(1-a_i)a_x+(1-a_x)a_j-(1-a_i)a_y+(1-a_y)a_j\\ &=(1-a_i)(a_x-a_y)+a_j(a_y-a_x)\\ &=(a_x-a_y)(1-a_i-a_j) \end{aligned}\]
    发现\((1-a_i-a_j)\)是定值,那么讨论一下,如果它大于\(0\),那么\((a_x-a_y)\)一定是越小越好,所以会尽可能靠向\(j\),反过来一定靠向\(i\)。那么既然都尽可能靠向了,那么就直接放在一起好啦。

  • 第三个性质:每个东西要么选\(1\)个,要么全部选掉。除了这两种情况之外的情况最多只可能出现一次。
    首先假装我们不知道这个东西,考虑怎么做,我们可以预处理前缀和后缀的最大贡献,然后枚举一个前缀的端点,那么对于所有后缀而言,找一个最大的贡献就行了。
    但是这样子做不了\(1e9\),因为你需要枚举端点的确切位置。
    现在我们来考虑这个性质怎么处理,首先没有选完整的最多只会有两块,即前缀的最后一段和后缀的最靠前的一段。
    那么我们这么考虑,假设后缀的最靠前的一段多出来了若干个,那么如果把一个变成前缀的最后一个的变化量是\(\Delta\),那么丢到这一段只剩一个之前,每次往前丢一个贡献都是\(\Delta\),这个很显然。所以可以把后缀的这一段变得只剩一个,然后就符合上面的情况了。

具体实现我也是抄代码了QwQ。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 100100
#define double long double
const double eps=1e-10;
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
struct Node{double p;int c;}p[MAX];
bool cmp(Node a,Node b){return a.p>b.p;}
int n,K;
int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();K=read();
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int x=read(),y=read();
            p[i].p=1.0*x/y,p[i].c=read();
        }
        sort(&p[1],&p[n+1],cmp);
        int l=1,r=n,t;
        while(!p[l].c)++l;while(!p[r].c)--r;
        p[l].c-=1;p[r].c-=1;K-=2;
        double pl=p[l].p,pr=p[r].p;
        double ans=0;
        while(K)
        {
            while(!p[l].c)++l;
            while(!p[r].c)--r;
            if(1-pl>pr)
            {
                if(fabs(pr-p[r].p)>eps)t=1;
                else t=min(K,p[r].c);
                ans+=(1-p[r].p)*pr+(t-1)*(1-p[r].p)*p[r].p;
                K-=t;p[r].c-=t;pr=p[r].p;
            }
            else
            {
                if(fabs(pl-p[l].p)>eps)t=1;
                else t=min(K,p[l].c);
                ans+=(1-pl)*p[l].p+(t-1)*(1-p[l].p)*p[l].p;
                K-=t;p[l].c-=t;pl=p[l].p;
            }
        }
        ans+=(1-pl)*pr;
        printf("%.6Lf\n",ans);
    }
    return 0;
}
posted @ 2019-04-28 16:08 小蒟蒻yyb 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏