The 2022 ICPC Asia Shenyang Regional Contest(DCLFA)
The 2022 ICPC Asia Shenyang Regional Contest(DCLFA)
D. DRX vs. T1
签到题 , 甚至题面不用看. 直接看输入输出就行了.
C. Clamped Sequence
思维题 , 思路比较简单.
首先我们注意到 : 该操作不会影响相对大小 , 故绝对值符号可以去掉 , 求出一个权值 .
然后观察数据范围 , 似乎是一个\(O(N^2)\)的题.
容易发现\([l,r]\)一定是整数 , 不妨设\(l\in [x,x+1),r\in[y,y+1)\) 完全等价于\(l=x,r=y\).
直接枚举边界显然会\(T\), 考虑寻找一些性质.
猜测两个端点只会在数组里面的数字产生 , 显然错误.
2 1
-10 10
这个例子让人猜测加一些权值为0的\(a_i\pm d\)的点 ,然后暴力枚举.然后就过了
void solve() {
int n,d;cin>>n>>d;
n*=3;
vector<pair<int,int>> a(n+1);
for (int i=2;i<=n;i+=3) cin>>a[i].first,a[i-1].first=a[i].first-d,a[i+1].first=a[i].first+d;
for (int i=2;i+3<=n;i+=3) {
if (a[i].first<a[i+3].first) {
a[i].second--,a[i+3].second++;
}else {
a[i+3].second--,a[i].second++;
}
}
sort(a.begin()+1,a.end());
// for (int i=1;i<=n;++i) {
// cout<<a[i].first<<" "<<a[i].second<<endl;
// }
vector<int> p(n+1),s(n+2);
vector<int> f(n+1);
for (int i=1;i<=n;++i) p[i]=p[i-1]+a[i].second;
for (int i=n;i;--i) s[i]=s[i+1]+a[i].second;
for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=f[i-1]+a[i].first*a[i].second;
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;++i) {
for (int j=i;j<=n;++j) {
if (a[j].first-a[i].first<=d) {
ans=max(ans,p[i-1]*a[i].first+s[j+1]*a[j].first+f[j]-f[i-1]);
}
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
下面给出证明:
引理1:一定有个边界是数组中的元素.
证明:设\(x[y]z\) , 其中\(x,y,z\)是权值和. 若\(x>0\),那么我们将左边界移动至右侧的元素显然更优. 同理\(y<0\)可以将右边界想左移.
现在有\(x\le 0,y\ge0\),考虑整体移动区间, 在边界不跨越数字时,权值不会改变 , 因此一定会向一个固定的方向移动至有一个边界与数字重合.
引理2:区间越大越好.
证明:假设\(r\) 定, 那么若\(a<l\),且其权重为负我们显然希望\(l\)变小, 区间变大, 否则其权重为正 , 那么每个\(+1\) 的权重其相邻的位置一定有个\(-1\)的小于\(l\) 的 , 相互抵消. \(l\) 定 同理.
因此我们插入的点已经覆盖了所有可能性.同时这还告诉我们区间长度一定是\(d\),因此这样写也完全没问题.
if (a[j].first-a[i].first==d) {
ans=max(ans,p[i-1]*a[i].first+s[j+1]*a[j].first+f[j]-f[i-1]);
}
L. Tavern Chess
模拟题 , 英语题 (没给样例解释有点恶心 , 容易读假题)
数据范围很小 , 直接模拟即可 , 规则有点复杂 , 不读假题的话还是很简单的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
struct M {
int hp,atk;
int c;
};
long double pa,pb,pt;
int n,m;
vector<M> a,b;
//t=0 alice
void work(bool t,long double p) {
int ra=0,rb=0,ca=n+1,cb=m+1,ma=iinf,mb=iinf;
for (int j=1;j<=n;++j) {
if (a[j].hp>0) {
ra++;
if (a[j].c<ma) {
ca=j;
ma=a[j].c;
}
}
}
for (int j=1;j<=m;++j) {
if (b[j].hp>0) {
rb++;
if (b[j].c<mb) {
cb=j;
mb=b[j].c;
}
}
}
if (ra==0 or rb==0) {
if (ra==0 and rb==0)pt+=p;
else if (ra==0)pb+=p;
else if (rb==0)pa+=p;
return ;
}
if (t==0) {
long double pp=1./rb;
// cerr<<pp<<endl;
for (int i=1;i<=m;++i) {
if (b[i].hp<=0) continue;
a[ca].hp-=b[i].atk;
b[i].hp-=a[ca].atk;
a[ca].c++;
work(t^1,p*pp);
a[ca].c--;
a[ca].hp+=b[i].atk;
b[i].hp+=a[ca].atk;
}
}else {
long double pp=1./ra;
for (int i=1;i<=n;++i) {
if (a[i].hp<=0) continue;
b[cb].hp-=a[i].atk;
a[i].hp-=b[cb].atk;
b[cb].c++;
work(t^1,p*pp);
b[cb].c--;
b[cb].hp+=a[i].atk;
a[i].hp+=b[cb].atk;
}
}
}
void solve() {
cin>>n>>m;
a.resize(n+1),b.resize(m+1);
for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i].hp,a[i].atk=a[i].hp;
for (int i=1;i<=m;++i) cin>>b[i].hp,b[i].atk=b[i].hp;
if (n>m) {
work(0,1);
}else if (n<m) {
work(1,1);
}else {
work(0,0.5);
work(1,0.5);
}
cout<<fixed<<setprecision(12)<<pa<<"\n";
cout<<fixed<<setprecision(12)<<pb<<"\n";
cout<<fixed<<setprecision(12)<<pt<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
// cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
F. Half Mixed
构造题 .
直接做感觉很困难 , 观察到\(2\times 3\)以下构造可行
0 1 0
0 1 0
然后发现
0 1 0
0 1 0
0 1 0
也可行.
容易想到只用构造一行,然后直接复制过去.
实际上若一行上可以平分 , 假定 选择了行, 可以压缩成一行, 正确性比较显然.
但一行什么时候有解呢.显然需要总的块数为偶数 . 即列数为\(4k\)或者\(4k+3\).
若原始列数不行,可以考虑交换行列,若都不行,显然无解.否则一定有解.
注意要换回去
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
bool check(int x) {
if (x%4==1 or x%4==2) return false;
return true;
}
void solve() {
int n,m;cin>>n>>m;
if (!check(n) and !check(m)) {
cout<<"No\n";
return ;
}
cout<<"Yes\n";
bool T=false;
if (!check(m)) swap(n,m),T=true;
vector<int> ans(m+1);
int sum=(m*(m+1)/4)-m,cnt=1;
for (int now=2;now<=m;++now) {
if (cnt<=sum) {
sum-=cnt;
ans[now]=ans[now-1];
cnt++;
}else {
ans[now]=ans[now-1]^1;
cnt=1;
}
}
vector<vector<int>> a(n+1,vector<int>(m+1));
for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=ans;
if (T) {
for (int j=1;j<=m;++j) {
for (int i=1;i<=n;++i) {
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<"\n";
}
}else {
for (int i=1;i<=n;++i) {
for (int j=1;j<=m;++j) {
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<"\n";
}
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
A. Absolute Difference
可以先考虑2个区间的情况, 有以下几种情况
设A选出\([a,b]\)的概率是\(P_a\) ,B选出\([c,d]\)的概率是\(P_b\)
设定义一个区间\([l,r]\)的mid为\(mid=\frac{l+r}{2}\)
-
若不相交 , \(E(|Y-X|)=|EY-EX|=P_aP_b|midA-midB|\)
-
存在相交部分, 可以转换为不相交和完全重合.
-
完全重合\(E(|Y-X|)=P_aP_b\frac{r-l}{3}\)
现在显然有个\(O(mn)\)的算法 , 下面考虑优化. 显然可以尝试前缀和优化. 对于完全重合的部分只有\(O(n+m)\),不用管它.
不相交的部分, 我们按\(mid\)排序 , 就可以去掉绝对值符号.
具体地
\[\sum_{i}P_aP_{b_i}midA-P_aP_{b_i}midB_i=P_amidA\sum_{i}P_{b_i}-P_a\sum_{i}P_{b_i}midB_i
\]
存下
\[\sum_{i}P_{b_i} \qquad \sum_{i}P_{b_i}midB_i
\]
即可计算.
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
struct node {
int x,f;
bool operator<(const node& u)const {
if (x!=u.x) return x<u.x;
return f<u.f;
}
};
void solve() {
int n,m;cin>>n>>m;
vector<node> p(1);
int lena=0,lenb=0;
for (int i=1;i<=n;++i) {
int l,r;cin>>l>>r;
lena+=r-l;
p.push_back({l,0});
p.push_back({r,0});
}
for (int i=1;i<=m;++i) {
int l,r;cin>>l>>r;
lenb+=r-l;
p.push_back({l,1});
p.push_back({r,1});
}
sort(p.begin()+1,p.end());
long double pa=0,sa=0,pb=0,sb=0,ans=0;
int a=0,b=0;
auto PA=[&](int len)->long double {
if (lena==0) return 1.L/n;
return 1.L*len/lena;
};
auto PB=[&](int len)->long double {
if (lenb==0) return 1.L/m;
return 1.L*len/lenb;
};
for (int i=1;i+1<p.size();++i) {
auto [x,f]=p[i];
auto [nx,nf]=p[i+1];
int len=nx-x;
long double mid=(x+nx)/2.L;
if (f) b^=1;
else a^=1;
if (a and b) ans+=1.L/3.L*len*PA(len)*PB(len);
if (a) ans+=PA(len)*(mid*pb-sb);
if (b) ans+=PB(len)*(mid*pa-sa);
if (a) pa+=PA(len),sa+=PA(len)*mid;
if (b) pb+=PB(len),sb+=PB(len)*mid;
}
cout<<fixed<<setprecision(14)<<ans;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
// cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号