QZEZTEST2021.7.27分析
T1 qzez 错误检测
题意
思路
代码
T2 qzez 比赛
题意
题面
有\(AB\)两队，每队\(n\)人，两队间进行\(n\)场比赛，每个人都要参赛，对手随机且概率均等。每人都有一个实力值，若一场比赛中两队派出队员的能力值分别为\(A_i\)和\(B_j\)，那么实力值高的一队能获得\((A_i-B_j)^2\)分。求所有情况中\(A\)队分值减\(B\)队分值的平均值（原题为“期望值”）。
输入格式
第一行一个数\(n\)表示两队的人数为\(n\)。
第二行\(n\)个数，第\(i\)个数\(A_i\)表示队伍\(A\)的第\(i\)个人的实力值。
第三行\(n\)个数，第\(i\)个数\(B_i\)表示队伍\(B\)的第\(i\)个人的实力值。
输出格式
输出仅包含一个实数表示\(A\)期望赢\(B\)多少分。答案保留到小数点后一位（注意精度）。
样例输入
2
3 7
1 5
样例输出
20.0
样例解释
有两种情况：
\(3-1,7-5\)，此时\(A\)队赢\(8\)分。 \(3-5,7-1\)，此时\(A\)队赢\(32\)分。 综上，平均值为\(20\)分。
思路
原题的“期望值”其实就是平均值，本题和概率论无关。
从样例中，我们不难发现，本题是要求\(\dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \pm(A_i-B_j)^2}{n}\)。展开完全平方公式，得到其实主要要求\(A_i^2+B_j^2-2A_iB_j\)。
分析对于每一个\(A_i\)，要计算出\(\dfrac{\sum\limits_{j=1}^{n}{A_i^2+B_j^2-2A_iB_j}}{n}\)，显然，把除以\(n\)放在最后输出的时候除会方便许多，那么式子就变成了\(\sum\limits_{j=1}^{n}{A_i^2+B_j^2-2A_iB_j}\)，稍微变形一下就得到了\(n*A_i^2+\sum\limits_{j=1}^{n}B_j^2-2*A_i*\sum\limits_{j=1}^{n}{B_j}\)。显然，我们可以预处理出\(B\)的前缀和\(sp\)和前缀平方和\(pp\)（应该可以这么叫吧，即\(\sum\limits_{j=1}^{n}B_j^2\)）。但是，我们还要注意到有\(\pm\)的存在。我们可以先对\(B\)排序（\(A\)无所谓），之后对于每个\(A_i\)，二分（\(lower\)_\(bound\)即可）找到位置\(t\)，使得\(A_i\ge B_t\)且\(A_i\le B_{t+1}\)即\(B_1\sim B_t\)\(A\)队赢，\(B_{t+1}\sim B_n\)\(A\)队输，即对于\(A_i\)，我们的结果\(ans\)要加上\((t*A_i^2+\sum\limits_{j=1}^{t}{B_j^2}-2*A_i*\sum\limits_{j=1}^{t}{B_j})-((n-t)*A_i^2+\sum\limits_{j=t+1}^{n}{B_j^2}-2*A_i*\sum\limits_{j=t+1}^{n}{B_j})\)，加上前缀和和前缀平方和得到最终结果：
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 50005
#define ll long long
using namespace std;
ll n;
ll a[maxn],b[maxn];
ll sp[maxn],pp[maxn];
ll ansp,ansn,ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&b[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n);
for(ll i=1;i<=n;i++){
sp[i]=sp[i-1]+b[i];
pp[i]=pp[i-1]+b[i]*b[i];
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll t=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1;
ansp=a[i]*a[i]*t+pp[t]-2*a[i]*sp[t];
ansn=a[i]*a[i]*(n-t)+(pp[n]-pp[t])-2*a[i]*(sp[n]-sp[t]);
ans+=(ansp-ansn);
}
printf("%.1lf",(double)ans/n);
return 0;
}
T3 qzez Devoirs de maths
题意
思路
代码
T4 qzez 序列切割
题意
题面
有一长度为\(n\)的序列\(a\)，要求分成\(k\)段，使得每段两端数字不互质，求最小的\(k\)值。
输入格式
第一行\(n\)
第二行空格隔开的\(n\)个数字，\(a_i\)表示第\(i\)个数字
输出格式
最少的切割个数\(k\)
样例输入
6
2 3 3 4 3 3
样例输出
2
样例解释
分成2 3 3 4$/$3 3两段，显然不唯一。
思路
显然此题为划分型\(DP\)，我们设\(f_i\)为划分\(1\sim i\)可以得到的最小段数，由此可推出方程式\(f_i=\min\limits_{j=1,\gcd(i,j)>1}^{i}{f_j}+1\)，就是说，把\(i,j\)划为一段，\(f_i\)等于\(f_j\)（即\(j\)之前的最佳方案）加\(i,j\)这一段（加一）。
暴力显然过不去，我们要考虑优化。发现每次寻找符合条件的所有\(j\)会浪费太多时间，所以我们注意到，只有有至少一个相同质因数的两个数才不互质，所以，对于每一个\(a_i\)，我们只需要找到它的全部质因数，找到前面与它有至少一个相同质因数的数当作\(j\)就可以了。但是，这样找还是时间太长，我们不妨设\(g_i\)为有质因数\(i\)的数的最小\(f\)值，即对于所有有质因数\(i\)的数\(x\)，\(g_i=min(f_x)\)，这样，式子就变成了\(f_i=\min\limits_{j=prime_i}{g_j}+1\)（\(prime\)数组存全部除\(1\)以外的质因数）。
下面考虑\(g\)数组的更新，若现在的\(i\)自己成一段，\(g_{prime_i}=\min(g_{prime_i},f_{i-1})\)，若\(i\)和其它一段，就不用更新了。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1000005
using namespace std;
int n;
int a[maxn];
int f[maxn],g[maxn];
int t=0,prime[maxn];
void findprime(int x){
t=0;
prime[++t]=x;
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0){
prime[++t]=i;
prime[++t]=x/i;
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(g,0x3f,sizeof(g));
f[0]=g[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
findprime(a[i]);
f[i]=f[i-1];
for(int j=1;j<=t;j++){
f[i]=min(f[i],g[prime[j]]);
}
f[i]++;
for(int j=1;j<=t;j++){
g[prime[j]]=min(g[prime[j]],f[i-1]);
}
}
printf("%d",f[n]);
return 0;
}
/*
6
2 3 3 4 3 3
*/
浙公网安备 33010602011771号