省选模拟测试3

期望得分：$0+0+20 = 20$

实际得分： $0+0+20 = 20 $

wdnmd，真就全都不会做。

题目难度大概是： $T1>T2>T3$，对于我这种顺序开题的菜鸡很不友好。

$T1$ 没学过三维计算几何，连爆搜的分都没拿到（呜呜呜）。

$T2$ 神仙期望题，不会溜了溜了。

$T3$ 只打了 $20$ 分的暴力，虽然往正解的方向想过，但最后还是没想出来。

T1 通技进阶 ( gentech)

题意描述

给你三维平面上的 $n$ 条直线，请找出一个直线的集合，使得这个集合中的任意两条直线都有交点。输出这个集合的最大大小。保证没有两条直线重合，没有直线垂直与 $x$ 轴。

数据范围：对于 $30\%$ 的数据，$n\leq 16$。对于 $60\%$ 的数据，$n\leq 80$。对于 $100\%$ 的数据， $n\leq 1000$。

solution

直接搬题解。

解法一： $O(2^nn^2)$

暴力枚举每条直线是否在答案集合中，然后判断两两直线是否相交。

判断直线相交可以用解方程的方法求解。

解法二：随机算法

~~随机算法没有前途~~

我们对于 $i,j$ 两个点，如果第 $i$ 条直线和第 $j$ 条直线有交点，则 $i,j$ 之间有连边。

然后我们就得到了一个无向图，问题就可以转化为求这个无向图的最大团（导出子图为完全图，即选出的子集内的点两两连边）。

对于求无向图的最大团问题，有一个经典的随机做法。每次随机一个排列 $P$ ,然后按照 $P_1-P_n$ 的顺序，每次尝试将 $P_i$ 加入到最大团集合中，如果 $P_i$ 和集合中的点都有连边则成功加入，否则不加入。

将上述算法重复若干次（大于1000次左右）就可以得到答案，对于 $n\leq 80$ 的数据没有太大的问题。

据说考试的时候，有人用这个算法水到了 $100$ 分， ORZ。

解法三：$O(n^2logn)$

三维空间内的直线比较难处理，我们可以将三维空间的直线转化为二维面内的动点。具体地，考虑到没有直线垂直于 $𝑥$ 轴，我们用动平面 $𝑥 = 𝑡$ 来截取直线，不难发现，无论平面怎么移动，每个直线和平面都有且仅有一个交点。

如果将动平面的位置看成时间，那么每个交点都是一个动点，并且这个动点的移动速度是不变的。容易算出每个点在 $0𝑠$ 时所在的坐标和每秒的移动速度。

若一个集合中的所有动点两两相交，那么一定有两种情况之一：

在某一时刻全部交于一点；
对应的三维直线共面，且不存在两个直线平行。

第一种情况我们枚举其中一个点，然后将其他能与它相交的点按照相交时间排序，计算出对应时间最多能有几个点交于一点即可。

第二种情况的处理比较巧妙，我们考虑对应的这些三维直线所在的同一个平面，这个面和动平面 $𝑥 = 𝑡$ 的公共部分一定是一条直线，并且随着动平面 $𝑥 = 𝑡$ 的移动，两个平面相交部分的直线也随之平移。那么对应到平面上，就是这些动点必须时时刻刻在一条直线上，而且这条直线的斜率不变（用一个平面截两个平行平面，截得的直线平行）。

于是我们仍然枚举其中一个点作为原点，并且将其他能和这个点相交的点，按照相对于原点的速度极角排序。注意，如果两个动点能相交，那么它们的连线斜率是不变的（可以考虑对应的两条三维直线所在的公共平面）。因此相对于原点的速度的极角序相同的点一定是共线的。

于是我们把极角序相同的点一起取出来，这些点构成的点集一定就两两相交了（排除平行的情况）。

注意到可能会有相对于原点的速度方向相反的情况，但是我们注意到，如果取最左端或者最右端的点作为原点，又限制了都与原点相交，因此一个合法的点集一定存在一个点作为原点，其他点的速度方向相同，答案会统计完整。因此直接按照极角序排是没有问题的。

这里要注意排除两个动点始终平行的情况。我们只要在极角序相同的时候另外按照 𝑥 坐标为第一关键字、𝑦 坐标为第二关键字排序即可，运动速度相同的动点始终是平行的。
时间复杂度 $𝑂(𝑛^2log𝑛)$。

code：

//咕咕咕

T2 序列合并 (sequence)

题意描述

有一个序列，初始化为空。你会不停地网序列末尾添加一个 $[1,m]$ 的随机整数。

任意时刻：

若序列末尾的两个整数相同（记为 $x$）且小于 $t$，则这两个数合并为 $t+1$
若序列长度为 $n$, 且无法合并，则操作结束。

求操作结束后，序列中所有数的和的期望。答案对 $1e9+7$ 取模。

数据范围： $1\leq n,m\leq 1000,m\leq t\leq 10^9$

solution

神仙期望题，不会写，直接搬题解。

观察整个操作过程，不难发现，从最终状态往前考虑，最先变成最终状态的一定是第一个数（即变成最终的数之后保持不变），然后是第二个数……

这就启发我们去限制第一个数最终是什么，然后在限制第一个数保持不变的情况下，去求剩下 $n-1$ 个数的期望，从而就可以设计出一个 $DP$。

首先注意到每个数的上界其实是 $𝐿 = min(𝑛 + 𝑚 -1,t)$，这样就能保证状态数不太多。

我们记 $p_{i,j}$ 表示限制序列最长长度为 $𝑖$，在整个过程中出现过第一个数为 $𝑗$ 的概率。

注意到第一个数变成 $𝑗$，可能是第一步直接插入一个 $𝑗$，也有可能是第一个数和第二个数合并产生的。

第一种情况比较简单，第一步插入 $𝑗$ 的概率就是 ${1\over m}\times [j\leq m]$

第二种情况，不难发现前两个 $𝑗- 1$ 合并为 $𝑗$ 之前，这个序列一定只有前面的 $𝑗 -1$ 两个元素。于是可一将产生 $j$ 的过程分为两步：首先在第一个位置产生 $j-1$, 然后在第二个位置产生 $j-1$, 概率为 $p_{i,j-1}\times p_{i-1,j-1}$。

为了限制达到我们枚举的最终状态后，第一个数不变，我们还需要求出一个概率：设 $𝑞_{i,j}$ 表示限制序列最长长度为$𝑖$，在第一个位置产生了 $𝑗$ 的前提前提下，第一个数不变的概率（条件概率）。

显然第一个数不变，当且仅当第二个位置不会产生 $𝑗$ 或 $𝑗 = 𝐿$，那么 $q_{i,j} = 1-[j<L] \times p_{i-1,j}$

然后再设 $g_{i,j}$ 表示限制序列最长长度为 $𝑖$，第一个位置产生了 $𝑗$ 且第一个数不变的前提下，最终序列各数之和的期望（条件期望）。

记 $𝑎𝑛𝑠_i$ 表示限制序列最长长度为 $𝑖$ 的情况下，最终序列各数之和的期望。题目所求记 $𝑎𝑛𝑠_n$ 。

那么 $𝑎𝑛𝑠_i = \displaystyle\sum_{j} p_{i,j} \times q_{i,j}\times g_{i,j}$

考虑怎么求 $𝑔_{i,j}$,在限制了第一个位置产生了 $𝑗$ 且第一个数不变的情况下，最终第一个数显然就是 $𝑗$。
简单写出推导过程（注意 $𝑗 = 𝐿$ 特判）：

\[\begin{aligned} g_{i,j} &= j + \displaystyle\sum_{s} s\times P(序列的第2-i个数的和为 s|第一个数为j且不变)\\ &=j+{\displaystyle\sum_{s}s\times P(序列第2-i的个数和为s,1不变|1产生了j\over P(1不变|1产生了j)}\\ &= j + {\displaystyle\sum_{s}s\times P(序列第2-i个数的和为S，1不一定是否变化|1产生了j)-P(序列的第2-i个数的和为S，1变化了|1产生了j)\over q_{i,j}}\\ &= j + {ans_{i-1} -P(2产生了j)\times \displaystyle\sum_{s}s\times P(序列第2-i个数的和为S|2产生了j)\over q_{i,j}}\\ &= j+{ans_{i-1}-P_{i-1,j}\times\displaystyle\sum_{s}s\times P(序列第2-i个数的和为S|2产生了j)\over q_{i,j}} \end{aligned} \]

于是我们记 $f_{i,j}$ 表示限制序列最大长度为 $i$, 在第一个位置产生了 $j$ 的前提下，最终序列个数之和的期望，那么： $g_{i,j} = j + {ans_{i-1}-p_{i-1,j}\times f_{i-1,j}\over q_{i,j}}$。

现在的问题就是怎么求 $𝑓_{i.j}$ （限制序列最大长度为 $𝑖$，在第一个位置产生了 $𝑗$ 的前提下，最终序列各数之和的期望）。

只需要分为第一个位置变化不变化讨论即可，即：$f_{i,j} = q_{i,j}\times g_{i,j} + (1-q_{i,j}\times f_{i.j+1})$
注意我们可以直接求 $𝑞_{i,j}\times g_{i,j}$ 而不求 $𝑔_{i,j }$ ，从而避免转移时求逆元，做到 $𝑂(𝑛𝑚)$的时间复杂度

code

\\不会写，咕咕咕

T3 机器决斗 fittest

题意描述

敌方有 $n$ 台机器人，每台的攻击力为 $A_i$, 护甲值为 $D_i$,我方只有一台机器人。攻击力为 $ATK$, 战斗为回合制，每回合进程如下：

我方选择对方的某台机器人冰攻击，令其护甲值减少 $ATK$, 若护甲值 $\leq 0$, 则被破坏掉。
敌方每台未被破坏的机器人攻击我方机器人造成 $A_i$ 点的损失。

但是在第一回合开始前，某两台敌方的机器人被提前破坏掉了。问最好的情况下，我方基地会受到的损失最少为多少。

数据范围：

子任务一（20分） $n\leq 10000$
子任务二（20分）$D_i\leq ATK$
子任务三（60分） $3\leq n\leq 3\times 10^5, A_i,D_i\leq 10^4, ATK\leq 10^4$

solution

$T3$ 貌似是今天三道题里面最可做的一道题了。

我们先不考虑提前破坏掉的两台机器的情况，那么我们最优策略肯定是按照一定的顺序，依次打完所有的机器人。

记每个机器人需要打多少次会被破坏掉，$t_i = \lceil {D_i\over ATK}\rceil$。

一个贪心思路就是把所有的机器人按 $t_i\over A_i$ 排序，下面我们来证明一下这个思路为什么是对的。

考虑用邻项交换法来证明，对于两个相邻的机器人 $i,j$，我们考虑将 $i$ 放在前面和将 $j$ 放在前面的代价。

若 $i$ 放在 $j$ 前面则代价为：$(t_i-1)\times A_i + (t_i+t_j-1) \times A_j$

若 $j$ 放在 $i$ 前面则代价为：$(t_j-1)\times A_j + (t_i+t_j-1)\times A_i$

所以 $i$ 放在 $j$ 前面更优，则需要满足：

$(t_i-1)\times A_i + (t_i+t_j-1)\times A_j < (t_j-1)\times A_j + (t_i+t_j-1)\times A_i$

化简可得： $t_i\times A_j < t_j\times A_i$ 即： ${t_i\over A_i} < {t_j\over A_j}$ 。

我们以 $t_i\over A_i$ 为第一关键字排序，就可以得到我们最优策略下的攻打顺序。

按照这个攻打顺序我们可以求出不考虑提前破坏的情况下，我方基地受到的伤害最少为多少，记为 $ans$。

假设提前破坏掉 $i,j$ $(i<j)$ 两个机器人, 考虑我方基地受到的伤害减少了多少。

记 $s_i$ 为提前破坏掉第 $i$ 个机器人基地受到的伤害的减少量，则有：

$s_i = \displaystyle A_i\times \left[\left(\sum_{j=1}^{i}t_i\right)-1\right] + t_i\times \sum_{j=i+1}^{n} A_j$

如果提前破坏掉 $i,j$ 两个机器人，那么伤害减少量可以表示为：$f(i) = s_i+s_j -t_i\times A_j$，我们要最大化这个$f(i)$ 的值。

你会发现这个柿子长得特别像个斜率优化的柿子，移项可得： $s_j = t_i\times A_j -s_i+f(i)$ 。

我们把每个 $j$ 映射成平面上 $(A_j,s_j)$ 一个点，问题就转化为对于每个斜率 $p_i$，求过点 $(A_j,s_j)$ 的最大的截距，对于所有的 $j$ 维护一个上凸壳即可。

但斜率和横坐标不一定是单调递增的，这个怎么解决呢？

第一种做法就是从大到小枚举每个 $i$, 用 $set/平衡树$ 动态维护上凸壳，在凸壳上二分就可以得到答案。

第二种做法就是 $CDQ$ 维护凸包，对于所有的 $j$ $(j>i)$ 都可以用来更新 $f(i)$ ，这个很符合 $CDQ$ 的模型，具体来说就是对于当前的 $[l,r]$ 区间，设分界点为 $mid$, 那么 $[mid+1,r]$ 这一部分的点都可以转移到 $[l,mid]$ 这一部分的点，因此我们对于 $[mid+1,r]$ 这一部分的点维护一个上凸壳，然后枚举 $[l,mid]$ 这一部分的点 $i$，在上凸壳中查询最优的决策点 $j$ 来更新 $f(i)$ ,（算右边对左边的贡献）。

只需要保证右边的点横坐标单调递增，左边的点斜率单调递减，就可以拿单调队列来维护这个上凸壳了。

时间复杂度 $O(nlogn)$

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 3e5+10;
int n,M,ans,maxn;
int suma[N],s[N],sumt[N],q[N];
struct QAQ
{
    int d,t,a;
}p[N];
struct node
{
    int x,y,id,k;
}a[N],b[N];
inline int read()
{
    int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return s * w;
}
bool cmp(QAQ a,QAQ b)
{
    return a.t * b.a < b.t * a.a;
}
bool compx(node a,node b)
{
    return a.x < b.x;
}
bool compk(node a,node b)
{
    return a.k > b.k;
}
int X(int i){return a[i].x;}
int Y(int i){return a[i].y;}
double slope(int i,int j)
{
    return (double)(Y(j)-Y(i))/(X(j)-X(i));
}
void cdq(int L,int R)
{
    if(L == R) return;
    int mid = (L + R)>>1;
    cdq(L,mid); cdq(mid+1,R);
    sort(a+L,a+mid+1,compk);//左侧的点按斜率排序
    sort(a+mid+1,a+R+1,compx);//右侧的点按横坐标排序
    int h = 1, t = 0;
    for(int i = mid+1; i <= R; i++)//右侧的点来建凸壳
    {
        while(h < t && slope(q[t-1],q[t]) <= slope(q[t-1],i)) t--;
        q[++t] = i;
    }
    for(int i = L; i <= mid; i++)//左侧的点在凸壳中查询
    {
        while(h < t && slope(q[h],q[h+1]) >= a[i].k) h++;
        maxn = max(maxn,a[i].y+a[q[h]].y-a[i].k*a[q[h]].x);
    }
}
signed main()
{
	freopen("fittest.in","r",stdin);
	freopen("fittest.out","w",stdout); 
    n = read(); M = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        p[i].a = read();
        p[i].d = read();
        p[i].t = (p[i].d/M)+1;
        if(p[i].d % M == 0 && p[i].d) p[i].t--;
    }
    sort(p+1,p+n+1,cmp);
    for(int i = 1; i <= n; i++) sumt[i] = sumt[i-1] + p[i].t;
    for(int i = n; i >= 1; i--) suma[i] = suma[i+1] + p[i].a;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans += p[i].a * (sumt[i]-1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = p[i].a * (sumt[i]-1) + p[i].t * suma[i+1];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i].k = p[i].t;
        a[i].x = p[i].a;
        a[i].y = s[i];
        a[i].id = i;
    }
    cdq(1,n);
    printf("%lld\n",ans-maxn);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}

posted @ 2021-03-03 07:33 genshy 阅读(218) 评论(0) 收藏举报

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genshy

省选模拟测试3

T1 通技进阶 ( gentech)

题意描述

solution

T2​ 序列合并 (sequence)

题意描述

solution

T3 机器决斗 fittest

题意描述

solution

公告

T2 序列合并 (sequence)