NOIP模拟测试4「礼物·通讯·奇袭」

礼物、

首先见到期望一定要想dp，看到n的范围无脑想状压，

然后我就只想到这了。

dp方程式还是比较好想的，但是我依然想不出来

略经思考   颓题解

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依然不会,随便写了个式子

i状态中不含j

$f[i]=\sum_\limits{j=1}^{j<=n} {f[j]\times p[j] }(买到之前没有的) $$+(1-p[i])\times {f[i]}(由自己转移过来(买到已经买过的)) $

$+1(什么也不买)$

显然不是i吖

然后

$f[i]=\sum_\limits{j=1}^{j<=n} {f[j]\times p[j] }(买到之前没有的) $ $+$ $(1-$$\sum_\limits{j=1}^{j<=n}p[j] )$ $\times f[i]+1(店员什么也没拿)$

观察，等式右面也有fi，如果我们楞做就是高斯消元了

那么移项得

$f[i]=$ $\frac{\sum_\limits{j=1}^{j<=n}f[j]\times p[j]+1} {\sum_\limits{j=1}^{j<=n} p[j]}$

转移就完了

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 1<<24
double f[A],p[A];
ll n,m,sum=0,Smily;
void turn(ll x,ll n)
{
     ll t=x,num=0,xx[100];
     while(x) xx[num++]=x%2,x/=2;
     for(ll i=num;i<n;i++)printf("0");
     for(ll i=num-1;i>=0;i--)printf("%lld",xx[i]);
     puts("");
}
using namespace std;
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf%lld",&p[i],&Smily);
        sum+=Smily;
    }
    printf("%lld\n",sum);
    for(ll i=(1<<n)-2;i>=0;i--){
        double now=0;
        for(ll j=1;j<=n;j++){
            if(!((1<<(j-1))&i))
                f[i]+=f[i|(1<<(j-1))]*p[j],now+=p[j];
        }
//        printf("f=%lf now=%lf\n",f[i],now);
        f[i]++;
        f[i]/=now;
    }
//    for(ll i=1;i<=(1<<n)-1;i++)
//    {
//        printf("%lf\n",f[i]);
//    }
    printf("%.3lf\n",f[0]);
}

通讯

（有向图）有环不花费，没环有花费，求使所有点连通最小花费。（保证从0节点可以到达任何节点&&图是连通的）

一眼秒错解！！！！！！！

打了个缩点+kuskal，然后自己以为能AC然后完美得到10分

题解

正解，贪心+缩点。

因为保证0可以到任何节点

每次取出当前点入边最小值，得到图依然保持连通，所以贪心正确。

代码懒得放

奇袭

题解

https://blog.csdn.net/sadnohappy/article/details/52199051

https://www.cnblogs.com/12mango/p/7465667.html

耐心看完这两篇博客相信你已经大概理解了。

以下是我自己的一些理解，

首先

$n^3$算法

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无脑维护前缀和

MLE+TLE

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 10100
using namespace std;
ll a[A][A];
bool b[A][A];
ll n,m,ans=0;
const int L=1<<20|1;
char buffer[L],*S,*T;
#define getchar() ((S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T))?EOF:*S++)
inline int Read(){
    register int ret;
    register char r;
    while(r=getchar(),r<'0'||r>'9');ret=r-48;
    while(r=getchar(),r>='0'&&r<='9')ret=ret*10+r-48;
    return ret;
}
void dfs(ll k)
{
    if(k==n) return ;
    for(ll i=1;i<=n-k+1;i++)
        for(ll j=1;j<=n-k+1;j++){
            if(a[i+k-1][j+k-1]+a[i-1][j-1]-a[i-1][j+k-1]-a[i+k-1][j-1]==k)
                ans++/*,printf("k=%lld i=%lld j=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld\n",k,i,j,i+k-1,j+k-1,a[i+k-1][j+k-1],i-1,j-1,a[i-1][j-1],i-1,j+k-1,a[i-1][j+k-1],i+k-1,j-1,a[i+k-1][j-1])*/;
        }
    dfs(k+1);
}
int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            ll xx=Read(),yy=Read();
            b[xx][yy]++;
        }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++)
        {a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]+b[i][j];}
//    cout<<a[2][4]<<endl;
    dfs(2);
    cout<<ans+n+1<<endl;
}

$n^2$

---

略微思考，发现可以把它转换为一维的，行列不重复，所以可以用一个a数组存下来值 a[i]就下标代表第一行，具体存的数就代表第j列

那么我们发现从a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵

维护ST表或单调队列维护，严格$n^2$

约55--64分，看你常数大小

减减枝91

$n\times log n$

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一个非常玄学做法，

建议结合代码来看，虽然我知道你不想看代码

玄学二分加桶

这还是我第一次遇到这样的题

事实上该做法是$n^2$的一个优化，思路和它类似a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵。

那么我们二分一个区间时有如下情况

1，当前枚举区间最大值最小值都在mid左面

2，当前枚举区间最大值最小值都在mid右面

3，最小值在左面，最大值在右面

4，最大值在右面，最小值在左面

对于1，我们要做的是扫一遍mid以左就完了，我们max-min+i就是当前区间，要判断j是否>mid 因为即使符合<=mid的情况也会在二分时解决（因为全部在左区间），我们找的最大值最小值都在mid左面，并不一定全在左面，有部分在右面

对于2，做法同1

对于3，我们首先先找到了mid以左最小，以及最大，设mid以左最小minl，最大maxl

我们定义两个指针一个minn指针，一个maxx指针，当前指针都指向mid 因为maxx<=maxl我们要满足3最大值在右面只能往右搜。我们需要找到minn>minl最大位置（因为minn往右搜只会越来越小满足单调性），maxx>ml最小位置（maxx越搜只会越来越大满足单调性）。

找到指针指向位置我们可以断定mid--maxx之间所有方案都不符合3，mid--minn之间可能符合3。

宗上那么maxx--minn之间值可能符合3;

对于”“思路和它类似a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵”“  这句话 移项

maxx-r==minn-l   我们在桶里存maxx-r 然后找到minn-l对应就完了。

对于4，做法同3

以下是本人丑陋的代码

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 1100000
using namespace std;
ll tong[A],lmax[A],lmin[A],rmax[A],rmin[A];
ll a[A];
ll n;
ll work(ll l,ll r,ll mid){
    ll w=0;
    lmax[mid]=a[mid];lmin[mid]=a[mid];
    rmax[mid+1]=a[mid+1];rmin[mid+1]=a[mid+1];
    for(ll i=mid-1;i>=l;i--){
        lmax[i]=max(lmax[i+1],a[i]);
        lmin[i]=min(lmin[i+1],a[i]);
    }
    for(ll i=mid+2;i<=r;i++){
        rmax[i]=max(rmax[i-1],a[i]);
        rmin[i]=min(rmin[i-1],a[i]);
    }
    for(ll i=l;i<=mid;i++){
        ll j=i+lmax[i]-lmin[i];
        if(j>mid&&rmax[j]<lmax[i]&&rmin[j]>lmin[i]) w++;
    }
    ll p1=mid+1,p2=mid;
    while(p1<=r&&rmax[p1]<lmax[l]) tong[rmax[p1]-p1]--,p1++;
    while(p2<r&&rmin[p2+1]>lmin[l]) p2++,tong[rmax[p2]-p2]++;
    for(ll i=l;i<=mid;i++){
        while(p1>mid+1&&rmax[p1-1]>lmax[i]) p1--,tong[rmax[p1]-p1]++;
        while(p2>mid&&rmin[p2]<lmin[i]) tong[rmax[p2]-p2]--,p2--;
        w+=max(tong[lmin[i]-i],0ll);
    }
    for(ll i=mid+1;i<=r;i++){
        tong[rmax[i]-i]=0;
    }
    return w;
}
ll solve(ll l,ll r){
    if(l==r) return 1;
    ll mid=(l+r)>>1;
    ll zz=solve(l,mid)+solve(mid+1,r);
    zz+=work(l,r,mid);
    reverse(a+l,a+r+1);
    if((r-l+1)&1) mid--;
    zz+=work(l,r,mid);
    reverse(a+l,a+r+1);
    return zz;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        ll xx,yy;
        scanf("%lld%lld",&xx,&yy);
        a[xx]=yy;
    }
    cout<<solve(1,n);
}