SDUT 2021 Autumn Team Contest 10th(补题)

Posted 2021-10-20 佐鼬Jun

C - Justice

题目链接: link.

题意：

给$n$个数，现在每个数都表示为$\frac{1}{2^{a_i}}$，现在问你能否把$n$个数拆分成2组，每组数的和必须$>=$$\frac{1}{2}$，问能否把$n$个数分成$2$组满足题意，如果可以，并把划分2组的方案输出，用0和1来代表两个组

思路：

$\frac{1}{2^i}$✖$\frac{1}{2^i}$=$\frac{1}{2^{i-1}}$，也就是两个相同的数，可以合并成一个大数。此时划分方案，就是每个组里面至少有$1$个$1$，也就是整个数组里面通过合并，是否至少有2个1,1可以是合并出来的，也可以是原有的，如果可以就是yes，否则就是no，再通过数组发现，$n$最大时1e5，在只有$n$个数的情况下,$a_i$最小是1e5-1,也就是样例为1,2,3,4，……1e5-1，1e5-1，通过合并最后也是合法的，此时发现最大的数能用桶来存下，那么直接开个桶来记录每个数的个数，对于>1e5的数，就算有再多也对答案没影响，所以不做处理。通过不断合并看最后1的个数是否$>=2$，如果是，那就开始考虑方案，方案的话，就枚举对于当前这个数，需要多少个这样的数才能满足方案，记录下，这个数需要的个数，最后被标记个数的数为一组，剩下的数为一组。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5;
int a[N + 10], cnt[N + 10], ans[N + 10];
int n;
ll qmi(ll a, ll k) {
    ll res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * a;
        k >>= 1;
        a = a * a;
    }
    return res;
}
void init() {
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
}
int main() {
    int T, idx = 1;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        init();
        scanf("%d", &n);
        int maxv = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            if (a[i] > N) continue;
            cnt[a[i]]++;
            maxv = max(maxv, a[i]);
        }
        ll p = 0;
        //计算1的个数
        for (int i = maxv; i > 1; i--) {
            p = (p + cnt[i]) / 2;
        }
        //1的个数>=2满足题意
        if (cnt[1] + p >= 2) {
            printf("Case %d: YES\\n", idx++);
            ll now = 0;
            //枚举当前这个数，在一组中需要多少个
            for (int i = 1; i <= maxv; i++) {
                ll temp = qmi(2, i - 1);
                if (cnt[i] + now >= temp) {
                    ans[i] = temp - now;
                    break;
                } else {
                    now = (now + cnt[i]) * 2;
                    ans[i] = cnt[i];
                }
            }
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (a[i] > N)
                    printf("0");
                else {
                    if (ans[a[i]]) {
                        printf("1");
                        ans[a[i]]--;
                    } else
                        printf("0");
                }
            }
            printf("\\n");
        } else
            printf("Case %d: NO\\n", idx++);
    }
    return 0;
}

D - The Moon

题目链接: link.

题意：

有一个测试游戏的任务是拿到包裹，初始拿到包裹的概率是q=2% ,玩一局游戏获胜的概率是p，如果游戏获胜那就可以尝试拿包裹，成功拿包裹的概率是q，如果拿到就结束，没拿到就使得q=q+2%,并继续游戏。如果游戏失败，那就使q=q+1.5%，问拿到包裹的期望游戏回合数。

思路：

定义$f(i)$为概率是$i$的情况下，拿到包裹的期望回合数。
$f(i)$=$p\ast (i+(1-i)\ast [f(min(100,i+2)+1])+(1-p)\ast (f(min(100,i+1.5)+1)$
代表含义就是$f(i)$=当前获胜且拿到包裹的期望+获胜当前没拿到包裹的期望+没获胜后面拿到包裹的期望
为了防止1.5无法无法用整数表示所以，把所有数✖2
一开始f(200)即拿到包裹的概率是100%的情况下，能拿到包裹的期望就是$\frac{1}{p}$，这就是经典硬币游戏的结论，引用过来就是，玩一个概率是p的游戏，赢了就结束，输了继续，结束的期望值是$\frac{1}{p}$
取$min$是为了防止越界

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000;
double f[N];

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int idx = 1;
    while (T--) {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        printf("Case %d: ", idx++);
        double p;
        scanf("%lf", &p);
        p = p / 100.0;
        f[200] = 1.0 / p;
        for (int i = 199; i >= 4; i--) {
            double x = i / 200.0;
            f[i] = p * (x + (1 - x) * (f[min(i + 4, 200)] + 1)) + (1 - p) * (f[min(i + 3, 200)] + 1);
        }
        printf("%.10lf\\n", f[4]);
    }
    return 0;
}

To be continued
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