【清北学堂2018-刷题冲刺】Contest 5

 这三个题写了一天半，第一个题写了大概一整天。出题人劝我从后往前写，我不听，结果T1想了+调了一天QWQWQ

Task 1：序列

【问题描述】

 定义一个“好的序列”为一个长度为M的不下降序列，且序列中的元素均为1-N的正整数。现在我们随机生成一个“好的序列”，每个不同的“好的序列”出现的概率相同，求这个序列中众数的出现次数的期望。

【输入】

 输入文件含有多组数据

 每组数据读入一行两个整数M、N。

【输出】

 对于每组测试数据，输出一行一个实数表示答案，精确到小数点后4位。

【输入输出样例】

 1 5

 2 9

 3 3

 1.0000

 1.2000

 2.2000

【样例解释】

 令x表示序列中众数的出现次数。

 当M = 3，N = 3时可能的序列有：

• 1 1 1(x=3) 1 1 2(x=2) 1 1 3(x=2)

• 1 2 2(x=2) 1 2 3(x=1) 1 3 3(x=2)

• 2 2 2(x=3) 2 2 3(x=2) 2 3 3(x=2)

• 3 3 3(x=3)

 因此x的期望为2.2。

【数据范围】

 1 ≤ M≤ 250，1 ≤ N ≤ 10^9

 每个点的总数据组数不会超过15组。

【提示】

• 题目难度与题目顺序无关。

• 请注意精度问题。

 关键难点在于如何构建状态。

 这里我们设sum[ k ][ i ][ j ]为众数个数为[ 1 , k ]，数列长度为i，选用元素为j的情况数量之和。

 这样设定的好处，看下面很快就会明白：

• 对于数列本身，我们有这样的划分：
  • 对于某个特定长度的数列，我们考虑把它离散化处理。
    
    成多块，每块由相同元素组成，一共ki[ 1 , m ]块。
    • 在n个元素中选出k个填入这些块中，离散化的结果和数列本身效果一致，根据乘法原理，直接把可以选的个数C（n,k）与最终答案对应相乘即可。
      • 为了处理答案，我们维护一个前缀和：众数个数<=k的情况下序列总个数的和
      • 为什么维护前缀和而不是单独求本身某一个？因为求和制约条件更宽松，容易推导和判断。

​

更新时，累加前面两种情况：

• 上一个选择的元素是最新的元素

• 上一个选择的元素不是最新元素

需要判重的情况：

• 众数个数超过k个的话。

• 如果同一个元素在这里累积了k+1次，就应该去掉。

 所以转移方程就可以得到了：

sum[ k ][ i ][ j ]=sum[ k ][ i - 1 ][ j - 1 ]+sum[ k ][ i - 1 ][ j ];
if( k < i )sum[ k ][ i ][ j ]-=sum[ k ][ i - k - 1 ][ j - 1 ];        

 为了保证答案精度，这里使用long double。

 组合数的计算：这里我选择线性递推法.

 由于数据有15组之多，我们选择先进行不同长度情况的预处理，对于不同的可选元素个数只需要搞个组合数上去就可以了。

 复杂度：O（n^3）

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

int T,m,n;
long double C[255],sum[255][255][255],f[255][255][255],g[255];

int main(){
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    C[0]=true;
    for(register int k=1;k<=251;++k){
        sum[k][0][0]=1;
        for(register int i=1;i<=251;++i){
            for(register int j=1;j<=i;++j){
                //i->序列长度 j->总共使用的元素个数 k->众数的个数
                //sum存储的就是在当前的众数个数的情况下，可以构造出来的序列个数。
                //由于是一步一步递推得到，可以直接适用于所有m∈[1,251]的情况。
                sum[k][i][j]=sum[k][i-1][j-1]+sum[k][i-1][j];
                //这里维护的是一个前缀和：求的是众数个数为k情况下序列总个数的和
                //更新时，累加前面两种情况：
                    //->上一个选择的元素是最新的元素
                    //->上一个选择的元素不是最新元素
                if(k<i){
                    sum[k][i][j]-=sum[k][i-k-1][j-1];
                    //需要判重的情况：众数个数超过k个的话。
                    //等效于->如果同一个元素在这里累积了k+1次，就应该去掉。
                }
            }
        }
    }
    while(cin>>m>>n){
        memset(g,0,sizeof(g));
        for(register int i=1;i<=m;++i){
            C[i]=C[i-1]*(n-i+1)/i;
        }//O(m)递推求组合数
        for(register int k=1;k<=m;++k){
            for(register int j=1;j<=m;++j){
                g[k]+=sum[k][m][j]*C[j];
            }//计数求和。
        }
        long double ans=0;
        //g表示的是总共可能出现的情况种类数，是累加
        for(register int k=1;k<=m;++k){
            ans+=k*(g[k]-g[k-1])/g[m];
        } //给出答案
        printf("%.4Lf\n",(double)ans);
    }
    return 0;
}

 T1相当有难度，但T2T3都是大水题。

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Task 2：游戏

【问题描述】

 小H喜欢玩游戏。她会首先选择一个数