今年年初的时候参加了PKUWC,结果当时这一题想了快$2h$都没有想出来.... 哇我太菜啦.... 昨天突然去搜了下哪里有题,发现$loj$上有于是就去做了下. 结果第一题我5分钟就把所有细节都想好了啊5555.... 场上$60pts$消失... 显然,我们可以用$f[i][j]$表示节点$i$值为第$j$大的值的概率. 我们不难列出$dp$式子,$f[i][j]=f[s1][j] \times (s[s2][j-1]\times p+(s[s2][m]-s[s2][j])\times (1…

还是没有弄清楚线段树合并的时间复杂度是怎么保证的,就当是$O(m\log n)$吧. 这题有一个显然的DP,dp[i][j]表示节点i的值为j的概率,转移时维护前缀后缀和,将4项加起来就好了. 这个感觉已经很难做到比$O(n^2)$更优的复杂度了,但我们要看到题目里有什么条件没用上:每个节点最多有2个儿子. 这个提醒我们可以用启发式合并,据说splay可以做,但我们可以考虑一下线段树合并做法. 仍然采用上面的转移方程,这里线段树上的一个节点T[x]表示x表示的区间[L,R]最终成为当前子树的根的…

LINK 思路 首先暴力\(n^2\)是很好想的,就是把当前节点概率按照权值大小做前缀和和后缀和然后对于每一个值直接在另一个子树里面算出贡献和就可以了,注意乘上选最大的概率是小于当前权值的部分,选最小是大于当前权值的部分 然后考虑怎么优化 用线段树合并来做 每次向左递归的时候就把x右子树对y左子树的贡献加上,把y右子树对x左子树的贡献加上 每次向左递归的时候就把x左子树对y右子树的贡献加上,把y左子树对x右子树的贡献加上 考虑每个节点,左边的区间贡献一定会被统计完全,右边的区间贡献一定会被统计完…

BZOJ LOJ 令\(f[i][j]\)表示以\(i\)为根的子树,权值\(j\)作为根节点的概率. 设\(i\)的两棵子树分别为\(x,y\),记\(p_a\)表示\(f[x][a]\),\(p_a'\)表示\(f[y][a]\),\(P_i\)表示给定的\(i\)取最大值作为权值的概率. 转移就是两棵树之间的权值组合,即以\(x\)子树中的\(a\)作为最小值的概率为\(p_a\times\sum\limits_{v>a}p_v'\times(1-P_i)\),以\(x\)子树中的\(a\…

点此看题面 大致题意: 有一棵树,给出每个叶节点的点权(互不相同),非叶节点\(x\)至多有两个子节点,且其点权有\(p_x\)的概率是子节点点权较大值,有\(1-p_x\)的概率是子节点点权较小值.假设根节点\(1\)号节点的点权有\(m\)种可能性,其中权值第\(i\)小的可能点权是\(V_i\),可能性为\(D_i\),求\(\sum_{i=1}^mi\cdot V_i\cdot D_i^2\). 前言 好妙的题目,像我这种蒟蒻根本想不到线段树合并还可以这么玩. 同时,在无数个地方漏掉\(…

好妙的一个题- 我们设 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 节点出现 \(j\) 的概率 设 \(l = ch[i][0] , r = ch[i][1]\) 即左儿子右儿子 设 \(m\) 为叶子结点的个数 显然,\(i\) 出现 \(j\) 的概率为 \[f_{i,j} = f_{l,j} * (p_i \sum_{k=1}^{j-1}f_{r,k} + (1-p_i)\sum_{k=j+1}^{m}f_{r,k}) + f_{r,j} * (p_i \sum_{k=1}^{j-1}f_{…

正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6847 题目大意 \(n\)个点的一棵树上,每个时刻可以割掉一些边,一些节点上有果实表示如果在\(d_i\)时刻这个点恰好不与\(1\)联通,那么就可以获得\(w_i\)的价值. \(1\leq n,k\leq 10^5\) 解题思路 设\(f_{x,i}\)表示节点\(x\)在时刻\(i\)之前割掉时的最大权值那么相当与在儿子里面选一个最大的\(f_{y,j}(j\leq i)\)合并上来. 这是一个很经典的…

题意 题目链接 Sol 首先不难想到一个dp,设\(f[i][j]\)表示\(i\)的子树内选择的最小值至少为\(j\)的最大个数 转移的时候维护一个后缀\(mx\)然后直接加 因为后缀max是单调不升的,那么我们可以维护他的差分数组(两个差分数组相加再求和 与 对两个原数组直接求和是一样的) 向上合并的过程中对\(a[x]\)处\(+1\),再找到\(a[x]\)之前为\(1\)的位置\(-1\)即可 (怎么感觉暴力区间加也可以qwq) 复杂度\(O(nlogn)\) // luogu-jud…

在 dp 问题中,如果发现可以用后缀最大值来进行转移的话可以考虑去查分这个后缀最大值. 这样的话可以用差分的方式来方便地进行维护 ~ #include <bits/stdc++.h> #define N 200007 #define ll long long #define lson t[x].ls #define rson t[x].rs #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespac…

传送门 题意:自己去看 首先可以知道,每一个点都有几率被选到,所以$i$与$V_i$的关系是确定了的. 所以我们只需要考虑每一个值的取到的概率. 很容易设计出一个$DP$:设$f_{i,j}$为在第$i$个点取到权值第$j$小的点的概率,转移就是$f_{i,j}=f_{lson,j} \times (\sum \limits _{k<i} f_{rson,k} \times p_x + \sum \limits _{k > i} f_{rson,k} \times (1 - p_x))$($l…