2025杭电多校第五场 四角洲行动、“合理”避税、随机反馈、k-MEX 个人题解

k-MEX

组合数 #数学

题目

思路

\[\begin{align}
&\sum_{i=0}^{n-1}{i\times P\{ mex=i \}}\\ \\
&=\sum_{i=0}^{n-1}P\{ mex\geq i \}\\ \\ \\
&=\frac{\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-i}^{k-i}}{C_{n}^k}=\frac{\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-i}^{n-k}}{C_{n}^k}=\frac{C_{n}^{n-k+1}}{C_{n}^k}\\ \\
&=\frac{C_{n}^{k-1}}{C_{n}^{k}}=\frac{k}{n-k+1}
\end{align}
\]

用费马小定理求逆元即可

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<map>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';

const int N=1e9;
const ll mod=1e9+7;

ll qpow(ll a,ll b){
    a%=mod;ll res=1;
    while(b){
        if(b%2){res*=a;res%=mod;}
        a*=a;a%=mod;b>>=1;
    }
    return res;
}

void eachT(){
    int n,k;cin>>n>>k;
    cout<<((k)*qpow(n+1-k,mod-2)%mod)%mod<<'\n';

}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    // inv0(1e9);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--)eachT();
}

---

随机反馈

dp #概率dp

题目

思路

状态定义：

\(dp[i]\)代表从第\(n\)分钟到第\(i\)分钟倒序遍历，决策完第\(i\)分钟是否交题后，最终的罚时期望是多少

转移方程：

\[dp[i]=min\{\ dp[i+1]\ ,\ (1-p_{i})\times i+p_{i}\times (dp[i+1]+20)\ \}
\]

初始值：

\(dp[n]=n\)代表第\(n\)分钟罚时只能是\(n\)

对于第\(i\)分钟，如果不交题，那么状态与\(i+1\)分钟完全一致；

如果交题，那么有\(1-p_{i}\)的概率变为\(i\)（第\(i\)分钟前不交题，第\(i\)分钟交题然后过了），有\(p_{i}\)的概率变为\(dp[i+1]+20\)（在原有的基础上罚时20分钟）

特别需要注意，本题不可以将\(printf与cin\ cout\)混用，否则会\(T\)

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<map>
#include<iomanip>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';

const int N=1e5+5;
const double inf=1e9;
int x[N];
double p[N],dp[N];

void eachT(){
    int n;cin>>n;
    rep(i,1,n){
        cin>>x[i];p[i]=1.0*x[i]/1000;
    }
    dp[n]=n;
    per(i,n-1,1){
        dp[i]=min(dp[i+1],(1-p[i])*i+p[i]*(dp[i+1]+20));
    }
    cout<<fixed<<setprecision(10)<<dp[1]<<'\n';
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--)eachT();
}

---

"合理"避税

二分 #贪心

题目

思路

由于要求最少次数（月份），所以尝试二分答案来判断合法性。

设当前二分的次数为\(t\)，则需要保证每个人每次所得小于等于\(k\)，每次最多给\(p\)人，\(t\)次后第\(i\)人的总共所得不能超过\(a_{i}\)

• 如下图所示，为了尽可能地少用次数，每个人每次能给\(k\)元就给\(k\)元

• 如果\(a_{i}>k\times t\)，那么就是第一列的情况，这\(t\)次中全都选\(k\)

• 红色部分为\(a_{i}\%k\)，在取完所有能取的\(k\)后，自然要按照这些余数从小到大取
  
  

• 创建变量\(num\)用于记录这\(t\)次选取中选了多少个\(k\)，\(rest=t\times p-num\)用于记录还剩多少次选取机会

• 在选完\(num\)个\(k\)后，再从大到小选取\(rest\)个\(a_{i}\%k\)即为当前\(t\)下的最优选法

• 判断全部选完后的总钱数与\(m\)的关系即可二分

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<set>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
//#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';
const ll inf = 1e7 + 5;

const int N = 4e5 + 20;
ll a[N], k, p, n, m;

bool check(ll t) {
    if (t * p * k < m)return 0;
    ll num = 0;
    priority_queue<int>q;
    rep(i, 0, n - 1) {
        if(a[i]/k<t){
            num+=a[i]/k;
            q.push(a[i]%k);
        }else{
            num+=t;
        }
    }
    ll cmp, rest = t * p - num;
    rest = min(rest, n);

    if (rest <= 0)cmp = t * p * k;
    else {
        cmp=num*k;
        while(rest&&!q.empty()){
            cmp+=q.top();
            q.pop();
            rest--;
        }
    }

    if (cmp < m)return 0;
    return 1;
}

void eachT() {
    cin >> n >> m >> k >> p;
    vector<int>mo(n);
    rep(i, 1, n)cin >> a[i - 1];
    ll l = floor(1.0 * m / (p * k))-1, r = 1e9 + 1;
    while (l + 1 < r) {
        ll mid = l + r >> 1;
        if (check(mid))r = mid;
        else l = mid;
    }
    cout << r << '\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) { eachT(); }
}

---

四角洲行动

dfs #枚举

题目

思路

记\(A,B,C,D\)分别为\(1\times1\ ,1\times 2\ ,1\times 3\ ,2\times 2\)这四种材料

则可以列出：

\[\begin{align}
&1\times 1:1\times A\\ \\
&1\times 2:2\times A\ or\ 1\times B\\ \\
&1\times 3:3\times A\ or\ 1\times A+1\times B\ or\ 1\times C\\ \\
&2\times2: 4\times A \ or\ 2\times A+1\times B\ or\ 1\times D
\end{align}
\]

• 以\(2\times 2\)为例，\(D\)材料共有\(d\)个，每个\(D\)有三种分配方案，所以可以对这\(d\)个材料划分成三部分，分别选取对应的分配方案
• 因此想到了隔板法，放置两块可以重叠的隔板，分割出来的三个部分去选择对应的分配方案即可
• 创建两个指针\(d_{1},d_{2}\)，\(1\sim d_{1}\)选\(4\times A\)的方案，\(d_{1}+1\sim d_{2}\)选\(2\times A+1\times B\)的方案，\(d_{2}\sim d\)选\(1\times D\)的方案，复杂度为\(o(d^2)\)
• 其他三个材料的选取与上述差不多，\(C\)的也是两个指针\(o(c^2)\)枚举，\(B\)的一个指针\(o(b)\)枚举，\(A\)的\(o(1)\)枚举
• 我的代码中写的是迭代版dfs，只需要在循环的结尾将当前更新进去的值撤销掉就可以实现dfs回溯的功能
• 接下来就算出来了当前情况下四个材料的使用次数，假如材料\(D\)选出了\(num\)个，那么就挑选材料\(D\)中价值前\(num\)大的进行求和即可，那么预处理一下前缀和即可

代码实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<unordered_map>
#include<set>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i, a, b) for(ll i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(ll i = (a); i >= (b); i --)
//#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" "; cout<<'\n';
const ll inf = 1e7 + 5;
#define int ll

int num[4][1005],pre[4][1005];

void eachT() {
    int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;
    rep(i,0,3){
        int k;cin>>k;
        rep(j,1,k)cin>>num[i][j];
        sort(num[i]+1,num[i]+1+k);
        rep(j,1,k)pre[i][j]=pre[i][j-1]+num[i][k-j+1];
        rep(j,k+1,1000)pre[i][j]=pre[i][j-1];
    }
    int A=0,B=0,C=0,D=0;
    ll ans=0;
    rep(d1,0,d){
        rep(d2,d1,d){//d
            rep(d3,d2,d){
                A+=4*d1+2*(d2-d1),B+=d2-d1+2*(d3-d2),D+=d-d3;
                rep(lc,0,c){
                    rep(rc,lc,c){//c
                        A+=3*lc+(rc-lc),B+=rc-lc,C+=c-rc;
                        rep(i,0,b){//b
                            A+=2*i,B+=b-i;
                            A+=a;//a

                            ll now=pre[0][A]+pre[1][B]+pre[2][C]+pre[3][D];
                            ans=max(ans,now);

                            A-=a;
                            A-=2*i,B-=b-i;
                        }
                        A-=3*lc+(rc-lc),B-=rc-lc,C-=c-rc;
                    }
                }
                A-=4*d1+2*(d2-d1),B-=d2-d1+2*(d3-d2),D-=d-d3;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) { eachT(); }
}