test20191015

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题面

题面

$T1$

Solution

我们先不考虑期望怎么算，考虑最基础的表示方法。

我们设 $T$ 表示在某种特定情况下所用的时间，则有 $T=[t_2<t_1]+[t_3<t_1]+\cdots+[t_n<t_1]+1$ 。其中 $t_i$ 表示 $i$ 被取走的时间， $[a]$ 表示如果 $a$ 为真，返回 $1$ ，否则返回 $0$ 。

那么对于我们要求的期望，就是 $E(T)=E([t_2<t_1]+[t_3<t_1]+\cdots+[t_n<t_1]+1)$ 。

我们有一个重要的结论：期望具有线性性。

所以我们可以把式子化为如下形式：

我们可以发现，对于两堆石子 $1,i$ ，它们选择的先后是与其它石子无关的，所以我们可以单独考虑。

对于 $E(t_i<t_1)$ ，我们有如下结论：

前者表示 $i$ 在 $1$ 之前选，对时间的贡献为 $1$ ，后者表示 $i$ 在 $1$ 后面选，对时间的贡献为 $0$ 。

然后我们就可以 $O(n)$ 计算了。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 1e5+5;
int n,bas,val,mx;
double ans=1;
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n);
	read(bas);
	for(ri i=2;i<=n;++i){
		read(val);
		ans+=val*1./(val+bas);
	}
	printf("%.10f",ans);
	return 0;
}

$T2$

Solution

首先，我们有一个 $O(nm\log sum)$ 的做法。

对于每一个 $x$ ，我们一定可以得到一个确定的序列，这样我们只需要判断在 $m$ 组之内，将序列分完的，区间的最大值最小为多少。

这是一个经典问题，可以直接贪心求解（能放就放，没法放就新开一个）。

但是由于 $nm$ 是 $10^8$ ，带一个 $\log$ 没法跑，考虑优化。

我们有这样一个结论：在随机情况下，一个排列的第 $i$ 个数比前面的 $i-1$ 个都要小，这样的 $i$ 的个数是 $\sum\frac{1}{i}$ ，这是调和级数，为 $\ln n$ 。

我们记 $F(i)$ 表示当 $x=i$ 时，我们得到的答案。

那么对于一个答案序列 $F$ ，我们在随机的情况下遍历这些 $i$ ，如果最大值最小为 $ans-1$ 能够成立时，我们再进行二分找出当前的答案。这样的 $i$ 只有 $\ln m$ 个。

时间复杂度： $O(nm+n\ln m\log_2 n)$ 。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 1e5+5;
int n,m,k,val[MAXN],ans=INF,a[MAXN],id[MAXN];
it add(int x,int y,int mod){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
it min(int x,int y){return x<y?x:y;}
it check(int lim){
	ri cnt=1;
	for(ri i=1,sum=0;i<=n;++i){
		if(cnt>k) return 0;
		if(lim-sum<a[i]) ++cnt,sum=a[i];
		else sum+=a[i];
	}
	return cnt<=k;
}
il solve(int x){
	ri mx=0,sum=0;
	for(ri i=1;i<=n;++i) a[i]=add(val[i],x,m),mx=max(mx,a[i]),sum+=a[i];
	if(!check(ans-1)) return ;
	ri l=mx,r=ans-1;
	while(l<r){
		if(check(mid)) r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	ans=min(ans,l);
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m),read(k);
	for(ri i=1;i<=n;++i) read(val[i]);
	for(ri i=1;i<=m;++i) id[i]=i-1;
	random_shuffle(id+1,id+1+m);
	for(ri i=1;i<=m;++i) solve(id[i]);
	print(ans);
	return 0;
}

$T3$

Solution

Code

总结

$T1$ 期望没学好。

$T2$ 的随机化我之前没见过，我是真的心服口服。