bzoj1011 [HNOI2008]遥远的行星

1011: [HNOI2008]遥远的行星

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Description

直线上N颗行星，X=i处有行星i,行星J受到行星I的作用力，当且仅当i<=AJ.此时J受到作用力的大小为 Fi->j=Mi*Mj/(j-i) 其中A为很小的常量，故直观上说每颗行星都只受到距离遥远的行星的作用。请计算每颗行星的受力，只要结果的相对误差不超过5%即可.

Input

第一行两个整数N和A. 1<=N<=10^5.0.01< a < =0.35
接下来N行输入N个行星的质量Mi,保证0<=Mi<=10^7

Output

N行，依次输出各行星的受力情况

Sample Input

5 0.3
3
5
6
2
4

Sample Output

0.000000
0.000000
0.000000
1.968750
2.976000

HINT

精确结果应该为0 0 0 2 3,但样例输出的结果误差不超过5%,也算对

Source

题意:题目意思明了，给一个数列M[1....n]，每一位都有一个值，第 i 个值为所有（j <= i * A ），M[ i ]*M[ j ] / (i - j) 的和

分析：显然有一个O(n^2)的做法，即对每个点 i，都暴力枚举 1... floor( i * A )的点求和，

但注意到误差最多有5%，所以我们可以不求精确值，考虑放缩思想，、把1....floor( i * A)分解成多段，每段都可以简单的求和，并且误差在5%以内

显然，我们首先可以把M[i]提取公因数，第 i 个值为 M[i] * ( 所有M[j] / (i - j)的和 ( 1 <= j <= i * A) )

即 M[i]*( M[j]/(i-j) + M[j-1]/(i-j+1) + M[j-2]/(i-j+2) + .... + M[1]/(i-1) )

一个显然的放缩为对于一段 j, j-1, j-2, ......，j-k，放大为(M[j] + M[j-1] + M[j-2] + ..... + M[j-k]) / (i - j)

为使误差小于5%，我们令

M[j-k]/(i - j) - M[j-k]/(i - j + k) <= M[j-k]/(i - j + k) * 5%

这样必定有误差小于5%

我们令x = i - j，约掉M[j+k]，变形的
1/x - 1/(x+k) <= 1 / (x+k) * 5%

(x+k) - x <= x * 5%

k <= x/20

即这一段最长为 j ..... j-(i-j)/20

则下一段起点为 j-(i-j)/20-1，这样一段段分下去，一直到分完 i*A ..... 1

如果这样分组，最多有多少段？

我们去极限情况，n = 100000，A = 0.35

这样得到也不超过10段，时间复杂度完全可以接受

综上所述，本题得解

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <cstdlib>

 #include <cmath>

 #include <deque>

 #include <vector>

 #include <queue>

 #include <iostream>

 #include <algorithm>

 #include <map>

 #include <set>

 #include <ctime>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 typedef double DB;

 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)

 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)

 #define MIT (2147483647)

 #define INF (1000000001)

 #define MLL (1000000000000000001LL)

 #define sz(x) ((int) (x).size())

 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))

 #define puf push_front

 #define pub push_back

 #define pof pop_front

 #define pob pop_back

 #define ft first

 #define sd second

 #define mk make_pair

 inline void SetIO(string Name) {

     string Input = Name+".in",

     Output = Name+".out";

     freopen(Input.c_str(), "r", stdin),

     freopen(Output.c_str(), "w", stdout);

 }

 const int N = ;

 const DB Eps = 1e-;

 int n;

 DB A, M[N];

 DB Sum[N], Ans[N];

 inline void Input() {

     scanf("%d%lf", &n, &A);

     For(i, , n) scanf("%lf", &M[i]);

 }

 inline void Solve() {

     For(i, , n) Sum[i] = Sum[i-]+M[i];

     For(i, , n) {

         int S = (int) floor(1.0*i*A);

         DB Cnt = 0.0;

         while(S) {

             int K = i-S;

             int D = K/;

             int _K = min(K+D, i-);

             int _S = i-_K-;

             Cnt += (Sum[S]-Sum[_S])/((DB) K);

             S = _S;

         }

         Ans[i] = Cnt*M[i];

     }

     For(i, , n) printf("%.6lf\n", Ans[i]);

 }

 int main() {

     SetIO("");

     Input();

     Solve();

     return ;

 }