CF494C Helping People

题意翻译

有一个长为 \(n\) 的数列，初始时为 \(a_{1\dots n}\)。

给你 \(q\) 个操作，第 \(i\) 个操作将 \([l_i,r_i]\) 内的数全部加一，有 \(p_i\) 的概率被执行。保证区间不会交错，即：\(\forall i,j\in[1,q],l_i\le r_i<l_j\le r_j\) 或 \(l_i\le l_j\le r_j\le r_i\) 或 \(l_j\le r_j<l_i\le r_i\) 或 \(l_j\le l_i\le r_i\le r_j\) 。

求操作完成后数列的最大值的期望。

输入格式

第一行 \(n,\,q\,(1\le n\le10^5,\,1\le q\le 5000)\)。

第二行 \(a_1,\,a_2,\,\cdots,\,a_n\,(0\le a_i\le10^9)\)。

接下来 \(q\) 行，每行 \(l_i,\,r_i,\,p_i\,(1\le l_i\le r_i\le n,\,0\le p_i\le1)\)。

输出格式

一个实数，表示答案，绝对/相对误差在 \(10^{-6}\)内算对。

Translated by ouuan.

考虑区间不交错的用处，一个区间向ta完全包含的区间连边，可以构成一棵树。

然后区间又只有5000个，搞一个\(n^2\)的树形dp多好

考虑求出每个最大值的概率。

令\(dp_{i,j}\)代表区间\(i\)最大值不大于\(j+\max_{l\le i\le r}a_i\)的概率，这样等于的概率只需要\(dp_{i,j}-dp_{i,j-1}\)就可以得到了

转移

\[dp_{i,j}=p_i\prod_sdp_{s,j+\max_i-\max_v-1}+(1-p_i)\prod_sdp_{s,j+\max_i-\max_v}
\]

注意上下边界。

Code:

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#define ls id<<1

#define rs id<<1|1

using std::max;

using std::min;

const int N=5010;

int head[N],to[N<<1],Next[N<<1],cnt;

void add(int u,int v)

{

    to[++cnt]=v,Next[cnt]=head[u],head[u]=cnt;

}

int n,q;

struct node

{

    int l,r,mx;double p;

    bool friend operator <(node a,node b){return a.l==b.l?a.r>b.r:a.l<b.l;}

}s[N];

int mx[N*80];

void build(int id,int l,int r)

{

    int mid=l+r>>1;

    if(l^r) build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r),mx[id]=max(mx[ls],mx[rs]);

    else scanf("%d",mx+id);

}

int query(int id,int L,int R,int l,int r)

{

    if(l==L&&r==R) return mx[id];

    int Mid=L+R>>1;

    if(r<=Mid) return query(ls,L,Mid,l,r);

    else if(l>Mid) return query(rs,Mid+1,R,l,r);

    else return max(query(ls,L,Mid,l,Mid),query(rs,Mid+1,R,Mid+1,r));

}

int dep[N];

double dp[N][N];

void dfs(int now)

{

    dep[now]=1;

    for(int i=head[now];i;i=Next[i]) dfs(to[i]),dep[now]=max(dep[now],dep[to[i]]+1);

    for(int j=0;j<=dep[now];j++)

    {

        double f1=j?s[now].p:0,f2=1-s[now].p;

        for(int i=head[now];i;i=Next[i])

        {

            int v=to[i];

            if(j+s[now].mx-s[v].mx-1>=0) f1*=dp[v][min(q+1,j+s[now].mx-s[v].mx-1)];

            f2*=dp[v][min(q+1,j+s[now].mx-s[v].mx)];

        }

        dp[now][j]=f1+f2;

    }

    for(int i=dep[now]+1;i<=q+1;i++) dp[now][i]=1;

}

int main()

{

    scanf("%d%d",&n,&q);

    build(1,1,n);

    for(int i=1;i<=q;i++)

    {

        scanf("%d%d%lf",&s[i].l,&s[i].r,&s[i].p);

        s[i].mx=query(1,1,n,s[i].l,s[i].r);

    }

    s[++q]={1,n,mx[1],0};

    std::sort(s+1,s+1+q);

    for(int i=2;i<=q;i++)

        for(int j=i-1;j;j--)

            if(s[j].l<=s[i].l&&s[i].r<=s[j].r)

            {

                add(j,i);

                break;

            }

    dfs(1);

    double x=s[1].mx,ans=dp[1][0]*x;

    for(int i=1;i<=dep[1];i++)

        ans+=(dp[1][i]-dp[1][i-1])*(x+i);

    printf("%.6lf\n",ans);

    return 0;

}

2019.1.13