The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019/2019南京网络赛——题解

Posted 2020-11-12

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019/2019南京网络赛——题解相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

（施工中……已更新DF）

比赛传送门：https://www.jisuanke.com/contest/3004

D. Robots（期望dp）

题意

给一个DAG，保证入度为$0$的点只有$1$，出度为$0$的点只有$n$。

现在一个机器人从$1$出发，每天都会以相同的概率前往相邻节点之一或静止不动。

每天机器人消耗的耐久等于经过的天数。

求机器人到点$n$期望消耗的耐久。

划水划的很愉快，唯一一道做出来的题。但是和题解做法不同（感觉我的方法麻烦），因此砸了3h在这题上面（正在试图读懂题解ing）。

设$f[u][j]$表示第$j$天从点$u$出发到$n$期望消耗的耐久，$out[i]$表示$i$的出度$+1$，那么答案就是$f[1][1]$。

初始的方程就不写了很容易。

经过一大顿推导可以求出$f[u][j]=\\frac{out[u]}{out[u]-1}\\times j+\\frac{out[u]}{(out[u]-1)^2}+\\sum_v(\\frac{f[v][j+1]}{out[u]}+\\frac{f[v][j+2]}{out[u]^2}+...)$，其中$v$为$u$相邻节点。

后面那点奇葩的东西很难处理，不妨我们先思考对于$1->2$这样的一个图，$f[1][j]$是多少？

咦为什么这个东西是个等差数列？

于是我们假设$f[v][j]$也是一个等差数列，则原式子可以化为$f[u][j]=\\frac{out[u]}{out[u]-1}\\times j+\\frac{out[u]}{(out[u]-1)^2}+\\sum_v \\frac{f[v][j+1]*out[u]-f[v][j]}{(out[u]-1)^2}$，总之你能求出$f[u][j]$也是个等差数列就是了。

于是数学归纳法可以求出所有的$f[u][j]$都是等差数列，因此我们$j$只需要求$1$和$2$，然后从后往前求即可，复杂度$O(n+m)$，细节和具体实现看代码。

#include<cmath>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double dl;
const int N=1e5+5;
const int M=2e5+5;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch==\'-\';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct node{
    int to,nxt;
}e[M];
int n,m,cnt,head[N],out[N],dep[N];
dl f[N][3];
inline void add(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;out[u]++;
}
void init(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        head[i]=0;out[i]=1;
        f[i][1]=f[i][2]=0;
    }
    cnt=0;
}
dl F(int u,int j){
    if(u==n)return 0;
    if(f[u][1]>0&&f[u][2]>0)return (f[u][2]-f[u][1])*(j-1)+f[u][1];
    dl sum=(dl)out[u]/(out[u]-1)*j+(dl)out[u]/(out[u]-1)/(out[u]-1);
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        dl div=(out[u]-1)*(out[u]-1);
        dl a1=-F(v,j);dl a2=F(v,j+1)*out[u];
        sum+=(a1+a2)/div;
    }
    return f[u][j]=sum;
}
int main(){
    int T=read();
    for(int cas=1;cas<=T;cas++){
        n=read(),m=read();
        init();
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int u=read(),v=read();add(u,v);
        }
        printf("%.2Lf\\n",F(1,1));
    }
    return 0;
}

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F. Greedy Sequence（线段树）

题意

给定一个长度为$n$的排列$a$，对每一个 $i \\in [1,n]$，定义一个序列$s_i$，规则如下：

①$s_i[1]=i$;

②对于每一个$j\\in [2,n],s_i[j]\\le s_i[j−1]$；

③对于每一个$j\\in [2,n],s_i[j],s_i[j-1]$ 在 $a$ 中的位置之差的绝对值$\\le k$，并且$a$中的每一个元素至多在$s_i$中出现一次；

④填不了时，用 $0$ 填充剩余的数至$s_i$长度为$n$为止；

⑤$s_i[j]$要尽可能的大；

输出$|s_1|,|s_2|,...,|s_n|$，其中$|s_i|$为序列$s_i$中不为$0$的数的个数。

显然我们要取的数是可取区间内最大的，并且容易发现，前一个数取$i$则后一个数一定会取某个数不变。

于是维护$nxt[i]$表示$i$后面取的数，$nxt$数组可用线段树求出。

#include<cmath>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch==\'-\';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
int n,k,w[N],id[N],nxt[N],sum[N];
int tr[N<<2];
void build(int a,int l,int r){
    if(l==r){
        tr[a]=w[l];return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(a<<1,l,mid);build(a<<1|1,mid+1,r);
    tr[a]=max(tr[a<<1],tr[a<<1|1]);
}
void modify(int a,int l,int r,int x,int y){
    if(l==r){
        tr[a]=y;return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid)modify(a<<1,l,mid,x,y);
    else modify(a<<1|1,mid+1,r,x,y);
    tr[a]=max(tr[a<<1],tr[a<<1|1]);
}
int query(int a,int l,int r,int l1,int r1){
    if(r<l1||r1<l)return 0;
    if(l1<=l&&r<=r1)return tr[a];
    int mid=(l+r)>>1;
    return max(query(a<<1,l,mid,l1,r1),query(a<<1|1,mid+1,r,l1,r1));
}
inline void check(int x){
    int where=id[x];
    modify(1,1,n,where,0);
    nxt[x]=query(1,1,n,max(1,where-k),min(n,where+k));
}
int main(){
    int T=read();
    for(int cas=1;cas<=T;cas++){
        n=read(),k=read();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            w[i]=read();id[w[i]]=i;
            sum[i]=0;
        }
        build(1,1,n);
        for(int i=n;i>=1;i--)check(i);
        for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]+=sum[nxt[i]]+1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(i!=1)putchar(\' \');
            printf("%d",sum[i]);
        }
        putchar(\'\\n\');
    }
    return 0;
}

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