https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3003
题解 https://ac.nowcoder.com/discuss/364961?type=101&order=0&pos=9&page=3
C. 算概率
题意：每道题有正确率，问恰好作对K道题的概率。
dp
dp[i][j] 表示到第 i 题，做对了 j 题的概率。
dp[i][j]=dp[i−1][j−1]⋅a[i]+dp[i−1][j]⋅(1−a[i])
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n;
ll a[3000], dp[3000][3000];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];
dp[1][1] = a[1]; dp[1][0] = mod + 1 - a[1];
for (int i = 2; i <= n; i++) {
dp[i][0] = dp[i - 1][0] * (mod + 1 - a[i]) % mod;
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i][j] = (dp[i - 1][j - 1] * a[i] % mod + dp[i - 1][j] * (mod + 1 - a[i]) % mod) % mod;
}
}
for (int i = 0; i <= n; i++)printf("%lld%s", dp[n][i], i == n ? "\n" : " ");
return 0;
}
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E. 做计数
题意：问有多少正整数 (i,j,k) 满足 i+j=k 且 i⋅j≤n
等式变为 i+j+2ij 为正整数，所以 i⋅j 为小于 n 的完全平方数，可以直接枚举，再枚举这个完全平方数的因子，得到数对 (i,j) 的个数。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, ans;
int main() {
cin >> n;
for (ll i = 1; i*i <= n; i++) {
for (ll j = 1; j*j <= i * i; j++) {
if (i*i%j == 0)ans += 2;
}
ans--;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
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F. 拿物品
题意：有一些物品，每个物品有 a,b 值，牛牛拿某个物品得到它的a值，牛可乐拿某个物品得到它的b值，两人都想自己的值比对方大的量多，问最终每人拿了那些物品。
假设最终两人值为 W1,W2，两人交换一件物品后牛牛更赚，则 W1′=W1−a1+a2,W2′=W2+b1−b2，W1′−W2′=W1−W2+(a2+b2)−(a1+b1)>W1−W2，所以 a2+b2>a1+b1 ，则说明a+b更大的物品更赚，所以按a+b排序，再间隔分配。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n;
ll a[maxn], b[maxn]; int c[maxn];
bool cmp(int i, int j) {
return a[i] + b[i] > a[j] + b[j];
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &b[i]), c[i] = i;
sort(c + 1, c + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i += 2)printf("%s%d", i == 1 ? "" : " ", c[i]); puts("");
for (int i = 2; i <= n; i += 2)printf("%s%d", i == 2 ? "" : " ", c[i]); puts("");
return 0;
}
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H. 施魔法
题意：牛可乐有 n 个元素( 编号 1…n )，第 i 个元素的能量值为 ai。
牛可乐可以选择至少 k 个元素来施放一次魔法，魔法消耗的魔力是这些元素能量值的极差。形式化地，若所用元素编号集合为 S，则消耗的魔力为 $ \max_{i\in S}{a_i}-\min_{i\in S}{a_i}$。牛可乐要求每个元素必须被使用恰好一次。牛可乐想知道他最少需要多少魔力才能用完所有元素，请你告诉他。
dp优化
dp[i] 表示到第 i 个物品，最少魔力。
则 dp[i]=maxi−j+1≥k{dp[j]}
再不断记录前面的dp值以优化。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 3e5 + 10;
int n, k;
ll a[maxn], dp[maxn];
int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1);
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[k] = a[k] - a[1];
ll mn = 0 - a[1];
for (int i = k + 1; i <= n; i++) {
dp[i] = mn + a[i];
mn = min(mn, dp[i - k + 1] - a[i - k + 2]);
}
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
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I. 建通道
题意：有几个点，每个点有点权，两点连边的消耗为两点的点权异或值的最低位1，即 lowbit(vi⊕vj) ，问使得所有点联通的最小消耗。
显然不能直接求生成树。
从最低位开始找，若存在两个点在某一位异或为1，则必定一个1，一个0，其它点若该位为1，则连为0的那个，否则连为1的那个，每条边的花费都是最小值，总的花费也是最小。
而若有两点权值相同，则连边消耗为0，可以不计算。则读入时只读入不重复的。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n, a[100], p, cnt, x;
map<ll, int>mp;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &x);
if (mp[x])continue;
mp[x] = 1; cnt++;
for (int j = 0; j <= 30; j++)if (x&(1ll << j))a[j]++;
}
for (p = 0; p <= 30 && !(a[p] && a[p] < n); p++);
cout << 1ll * (1ll << p)*(cnt - 1) << endl;
return 0;
}
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J. 求函数
题意： 牛可乐有 m 次操作，每次操作为以下二者其一：
• 1,i,k,b 将 fi(x) 修改为 fi(x)=k×x+b。
• 2,l,r 求 (fr1(⋯(fl+1(fl(1)))⋯))。
对求值操作输出答案。
线段树
把式子化简得到
ans=i=l∏rki+i=l∑rbi⋅j=i+1∏rkj
可以用线段树维护 ∏i=lrki 和 ∑i=lrbi⋅∏j=i+1rkj。
第一棵线段树很容易更新，考虑第二棵。
合并前 ∑i=l1r1bi⋅∏j=i+1r1kj 和 ∑i=l2r2bi⋅∏j=i+1r2kj，且 l2=r1+1。
合并后为 ∑i=l1r2bi⋅∏j=i+1r2kj
对比发现合并方式为
(i=l1∑r1bi⋅j=i+1∏r1kj)⋅i=l2∏r2ki+(i=l2∑r2bi⋅j=i+1∏r2kj)
∏i=l2r2ki 刚好是同一个节点的在另一棵树里的右节点，总的合并复杂度仍是 O(logn)
求答案时把两棵线段树的值加起来即可。
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
int n, m;
ll k[maxn], b[maxn];
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
ll t1[maxn << 2], t2[maxn << 2];
void pushup(int rt) {
t1[rt] = t1[rt << 1] * t1[rt << 1 | 1] % mod;
t2[rt] = (t2[rt << 1] * t1[rt << 1 | 1] % mod + t2[rt << 1 | 1]) % mod;
}
void build(int l, int r, int rt) {
if (l == r) {
t1[rt] = k[l];
t2[rt] = b[l];
return;
}
build(lson);
build(rson);
pushup(rt);
}
void update(int l, int r, int rt, int q, ll K, ll B) {
if (l == r) {
t1[rt] = K;
t2[rt] = B;
return;
}
if (q <= mid)update(lson, q, K, B);
else update(rson, q, K, B);
pushup(rt);
}
pii query(int l, int r, int rt, int ql, int qr) {
if (ql <= l && qr >= r)return pii(t1[rt], t2[rt]);
if (qr <= mid)return query(lson, ql, qr);
else if (ql > mid)return query(rson, ql, qr);
else {
pii res1 = query(lson, ql, qr), res2 = query(rson, ql, qr);
return pii(res1.first*res2.first%mod, (res1.second*res2.first%mod + res2.second) % mod);
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &k[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &b[i]);
build(1, n, 1);
while (m--) {
int op;
scanf("%d", &op);
if (op == 1) {
int i; ll K, B;
scanf("%d%lld%lld", &i, &K, &B);
update(1, n, 1, i, K, B);
}
else {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
pii ans = query(1, n, 1, l, r);
printf("%lld\n", (ans.first + ans.second) % mod);
}
}
return 0;
}
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