2023.2.13

钦定选中的人都被选到 $\text{A}$ 组的概率，分别考虑枚举 $\text{A}$ 组被放完和 $\text{B}$ 组被放完的的方案数：

记 $lst$ 为最后一个被选中的人的位置，$s_i$ 为 $1-i$ 中被选中的人的个数。

$\text{A}$ 组被放完：

\[F(A)=2^{2n}\cdot\sum_{i=\max(n,lst)}^{2n-1}{i-1-s_{i-1} \choose n-1-s_{i-1}}2^{-i} \]

$\text{B}$ 组被放完：

\[F(B)=2^{2n} \cdot \sum_{i=n}^{2n-1}{i-1-s_{i-1} \choose n-1}2^{-i} \]

推到这里的话，就已经得到了一个 $O(nq)$ 的做法，可以通过 $70pts$ 。

考虑继续优化下去，将 $s_i$ 相同的一起计算，那么只会分成 $\sum k$ 段，每一段内可以 $O(1)$ 求解。

具体计算方法，现在我们要计算一个形如如下式子的值：

\[\sum_{i=l}^r{i-1-v \choose w}2^{-i} \]

对于所有的询问 $w$ 都是一个定值等于 $n-1$ ，因此 $F(B)$ 的计算分段之后每一段可以通过预处理组合数的前缀和 $O(1)$ 的计算出来。

对于 $F(A)$ 的计算，本质不同的 $s_{i-1}$ 只有 $\sqrt{\sum_k}$ 个，也是直接计算就好。

然后这题就做完了，复杂度 $O(n\sqrt{\sum k})$ 。

这种类型的概率 $\text{dp}$ 要与组合计数结合起来，不要只会写最基础的 $\text{dp}$ 。题目的一些限制要求可以通过钦定一些东西来维护。

这场 $\text{E}$ 、$\text{F}$ 之前做过，来写只是为了锻炼前几题。

这题贪心的思路很显然，但是直接像我赛时实现的做法代码量有些复杂。

这类题目可以考虑转化成图论求解，缺字母，多字母转化成图上的边，代码量会简单许多。

离线将询问按照右端点排序，考虑右端点右移的过程。

现在要将 $a_i$ 维护进来，我们先只考虑其与其后继的贡献，与前驱的将序列翻转过来再做一遍即可。

记 $a_i$ 之前最靠后的大于 $a_i$ 的数为 $a_j$ 。如果前面还有一个 $a_k$ 也能做贡献，首先必须满足 $a_i<a_k<a_j$ ，由于 $a_j,a_k$ 之间可以做贡献，所以还需要满足 $a_k-a_i<a_j-a_k$ ，移项整理得：

\[a_k<\frac{a_i+a_j}{2} \]

故最多往前跳 $\log $ 次，直接权值线段树维护即可，时间复杂度 $O(n \log^2 n)$ 。

同上一题，~~\text{CF} 惊现原题~~。

posted @ 2023-02-13 21:32 _YangZJ 阅读(60) 评论(0) 收藏举报

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