QZEZTEST2021.7.27分析

T1 qzez 错误检测

题意

思路

代码

T2 qzez 比赛

题意

题面

有$AB$两队，每队$n$人，两队间进行$n$场比赛，每个人都要参赛，对手随机且概率均等。每人都有一个实力值，若一场比赛中两队派出队员的能力值分别为$A_i$和$B_j$，那么实力值高的一队能获得$(A_i-B_j)^2$分。求所有情况中$A$队分值减$B$队分值的平均值（原题为“期望值”）。

输入格式

第一行一个数$n$表示两队的人数为$n$。

第二行$n$个数，第$i$个数$A_i$表示队伍$A$的第$i$个人的实力值。

第三行$n$个数，第$i$个数$B_i$表示队伍$B$的第$i$个人的实力值。

输出格式

输出仅包含一个实数表示$A$期望赢$B$多少分。答案保留到小数点后一位（注意精度）。

样例输入

2

3 7

1 5

样例输出

20.0

样例解释

有两种情况：

$3-1,7-5$，此时$A$队赢$8$分。 $3-5,7-1$，此时$A$队赢$32$分。综上，平均值为$20$分。

思路

原题的“期望值”其实就是平均值，本题和概率论无关。

从样例中，我们不难发现，本题是要求$\dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \pm(A_i-B_j)^2}{n}$。展开完全平方公式，得到其实主要要求$A_i^2+B_j^2-2A_iB_j$。

分析对于每一个$A_i$，要计算出$\dfrac{\sum\limits_{j=1}^{n}{A_i^2+B_j^2-2A_iB_j}}{n}$，显然，把除以$n$放在最后输出的时候除会方便许多，那么式子就变成了$\sum\limits_{j=1}^{n}{A_i^2+B_j^2-2A_iB_j}$，稍微变形一下就得到了$n*A_i^2+\sum\limits_{j=1}^{n}B_j^2-2*A_i*\sum\limits_{j=1}^{n}{B_j}$。显然，我们可以预处理出$B$的前缀和$sp$和前缀平方和$pp$（应该可以这么叫吧，即$\sum\limits_{j=1}^{n}B_j^2$）。但是，我们还要注意到有$\pm$的存在。我们可以先对$B$排序（$A$无所谓），之后对于每个$A_i$，二分（$lower$_$bound$即可）找到位置$t$，使得$A_i\ge B_t$且$A_i\le B_{t+1}$即$B_1\sim B_t$$A$队赢，$B_{t+1}\sim B_n$$A$队输，即对于$A_i$，我们的结果$ans$要加上$(t*A_i^2+\sum\limits_{j=1}^{t}{B_j^2}-2*A_i*\sum\limits_{j=1}^{t}{B_j})-((n-t)*A_i^2+\sum\limits_{j=t+1}^{n}{B_j^2}-2*A_i*\sum\limits_{j=t+1}^{n}{B_j})$，加上前缀和和前缀平方和得到最终结果：

\[(t*A_i^2+pp_t-2*A_i*sp_t)-((n-t)*A_i^2+(pp_n-pp_t)-2*A_i*(sp_n-sp_t))
\]

代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#define maxn 50005

#define ll long long

using namespace std;

ll n;

ll a[maxn],b[maxn];

ll sp[maxn],pp[maxn];

ll ansp,ansn,ans;

int main(){

    scanf("%d",&n);

    for(ll i=1;i<=n;i++){

        scanf("%d",&a[i]);

    }

    for(ll i=1;i<=n;i++){

        scanf("%d",&b[i]);

    }

    sort(a+1,a+1+n);

    sort(b+1,b+1+n);

    for(ll i=1;i<=n;i++){

        sp[i]=sp[i-1]+b[i];

        pp[i]=pp[i-1]+b[i]*b[i];

    }

    for(ll i=1;i<=n;i++){

        ll t=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1;

        ansp=a[i]*a[i]*t+pp[t]-2*a[i]*sp[t];

        ansn=a[i]*a[i]*(n-t)+(pp[n]-pp[t])-2*a[i]*(sp[n]-sp[t]);

        ans+=(ansp-ansn);

    }

    printf("%.1lf",(double)ans/n);

    return 0;

}

T3 qzez Devoirs de maths

题意

思路

代码

T4 qzez 序列切割

题意

题面

有一长度为$n$的序列$a$，要求分成$k$段，使得每段两端数字不互质，求最小的$k$值。

输入格式

第一行$n$

第二行空格隔开的$n$个数字，$a_i$表示第$i$个数字

输出格式

最少的切割个数$k$

样例输入

6

2 3 3 4 3 3

样例输出

2

样例解释

分成2 3 3 4$/$3 3两段，显然不唯一。

思路

显然此题为划分型$DP$，我们设$f_i$为划分$1\sim i$可以得到的最小段数，由此可推出方程式$f_i=\min\limits_{j=1,\gcd(i,j)>1}^{i}{f_j}+1$，就是说，把$i,j$划为一段，$f_i$等于$f_j$（即$j$之前的最佳方案）加$i,j$这一段（加一）。

暴力显然过不去，我们要考虑优化。发现每次寻找符合条件的所有$j$会浪费太多时间，所以我们注意到，只有有至少一个相同质因数的两个数才不互质，所以，对于每一个$a_i$，我们只需要找到它的全部质因数，找到前面与它有至少一个相同质因数的数当作$j$就可以了。但是，这样找还是时间太长，我们不妨设$g_i$为有质因数$i$的数的最小$f$值，即对于所有有质因数$i$的数$x$，$g_i=min(f_x)$，这样，式子就变成了$f_i=\min\limits_{j=prime_i}{g_j}+1$（$prime$数组存全部除$1$以外的质因数）。

下面考虑$g$数组的更新，若现在的$i$自己成一段，$g_{prime_i}=\min(g_{prime_i},f_{i-1})$，若$i$和其它一段，就不用更新了。

代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#define maxn 1000005

using namespace std;

int n;

int a[maxn];

int f[maxn],g[maxn];

int t=0,prime[maxn];

void findprime(int x){

    t=0;

    prime[++t]=x;

    for(int i=2;i*i<=x;i++){

        if(x%i==0){

            prime[++t]=i;

            prime[++t]=x/i;

        }

    }

}

int main(){

    scanf("%d",&n);

    for(int i=1;i<=n;i++){

        scanf("%d",&a[i]);

    }

    memset(f,0x3f,sizeof(f));

    memset(g,0x3f,sizeof(g));

    f[0]=g[0]=0;

    for(int i=1;i<=n;i++){

        findprime(a[i]);

        f[i]=f[i-1];

        for(int j=1;j<=t;j++){

            f[i]=min(f[i],g[prime[j]]);

        }

        f[i]++;

        for(int j=1;j<=t;j++){

            g[prime[j]]=min(g[prime[j]],f[i-1]);

        }

    }

    printf("%d",f[n]);

    return 0;

}

/*

6

2 3 3 4 3 3

*/