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 ;
 }