标签：ch 20 NOIP int 多校 long times code define
前言
题目不难，但是个人感觉小细节有一些，然后有亿点卡常。。
感觉对于笛卡尔树的题目看不出算法，然后代码实现方面细节注意太少，常数有点大。
下次注意吧。
T1 集合均值
解题思路
感觉应该是期望题里面比较水的一种。
看了看范围大概的复杂度是 \(n\times m\) 是没问题了，然后看暴力分数比较丰厚，应该也不是一道难题。
枚举每一步操作，计算当前取出来的数字的期望值，然后同时算出来剩下数字的期望总和。
计算的时候除去当前数字的个数，也就是乘一个逆元，直接线性推就行了。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=2e7+10,mod=998244353;
int n,m,ans,base,sum,inv[M];
int main()
{
freopen("mos.in","r",stdin); freopen("mos.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); inv[1]=1; for(int i=2;i<=n*m+1;i++) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1,x;i<=n;i++) x=read(),sum=(sum+1ll*x*m%mod)%mod;
for(int i=1,temp;i<=n*m;i++) temp=1ll*sum*inv[n*m-i+1]%mod,base=(base+temp)%mod,ans=(ans+1ll*base*inv[i+1])%mod,sum=(sum-temp+mod)%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2 聚烷撑乙二醇
解题思路
也是期望，但是相较于上一个题目有一小点的难度，边界需要注意，还有就是精度问题了。
发现正着去推有一点困难，于是我们选择反推，这样我们就可以得出来每一步的期望值了。
假设当前的区间是 \(L_i,R_i\) 下几个区间的最优策略期望值是 \(p\) 。
那么显然如果随机出来的数字在 \([L_i,p]\) 这个区间中的话我们一定是会选择尝试下一个的，毕竟风险比较低。
同样的道理如果随机出来的数字在 \((p,R_i]\) 这个区间中，我们是不会尝试下一个的，因为有风险。
于是这个区间的期望值就是：
\[\displaystyle p_i=\dfrac{p-L_i}{R_i-L_i}\times p+(1-\dfrac{p-L_i}{R_i-L_i})\times\dfrac{R_i+p}{2} \]从最后一位直接推回去就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int n;
double ans,l[N],r[N];
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("pag.in","r",stdin); freopen("pag.out","w",stdout);
n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=read(),r[i]=read();
ans=(l[n]+r[n])/2.0;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
if(l[i]>=ans){ans=(l[i]+r[i])/2.0;continue;}
if(r[i]<=ans||l[i]==r[i]) continue;
ans=(ans-l[i])/(r[i]-l[i])*ans+(1-(ans-l[i])/(r[i]-l[i]))*(r[i]+ans)/2.0;
}
printf("%.5Lf",ans);
return 0;
}
T3 技术情报局
解题思路
真的没看出来是笛卡尔树，但是貌似如果模数是质数的话可以直接 单调栈+前缀和 过掉。
然后对于这个题，单调栈+前缀和 加上暴扫单调栈就可以获得 75pts 的高分 code
发现对于最大值的维护可以直接建立一个大根笛卡尔树，然后每次将子树的信息合并上来就好了。
大概做法就是维护一个随着坐标的增加升序或者降序的和。
假设当前最大值是 \(maxn\) 。
不算中间值的左边的和 \(suf=L_1+L_1\times L_2+L_1\times L_2\times L_3···\)
不算中间值的右边的和 \(pre=R_1+R_1\times R_2+R_1\times R_2\times R_3···\)
于是当前的点的贡献就是 \((suf+1)\times(pre+1)\times maxn^2\)
对于信息的合并再维护一个子树内数字的乘积就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
#define ls son[x][0]
#define rs son[x][1]
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
namespace GenHelper
{
unsigned z1, z2, z3, z4, b;
unsigned rand_()
{
b = ((z1 << 6) ^ z1) >> 13;
z1 = ((z1 & 4294967294U) << 18) ^ b;
b = ((z2 << 2) ^ z2) >> 27;
z2 = ((z2 & 4294967288U) << 2) ^ b;
b = ((z3 << 13) ^ z3) >> 21;
z3 = ((z3 & 4294967280U) << 7) ^ b;
b = ((z4 << 3) ^ z4) >> 12;
z4 = ((z4 & 4294967168U) << 13) ^ b;
return (z1 ^ z2 ^ z3 ^ z4);
}
}
const int N=1e7+10;
int n,ans,top,root,mod,sta[N],s[N],son[N][2],pre[N],suf[N],bas[N];
void init()
{
using namespace GenHelper;
int L,R,cnt=0; unsigned S;
n=read(); S=read(); L=read(); R=read();
z1 = S;
z2 = unsigned((~S) ^ 0x233333333U);
z3 = unsigned(S ^ 0x1234598766U);
z4 = (~S) + 51;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x = rand_() & 32767;
int y = rand_() & 32767;
s[++cnt]=L + (x * 32768 + y) % (R - L + 1);
}
}
void dfs(int x)
{
bas[x]=s[x];
if(ls) dfs(ls),bas[x]=bas[x]*bas[ls]%mod;
if(rs) dfs(rs),bas[x]=bas[x]*bas[rs]%mod;
ans=(ans+(suf[ls]+1)*(pre[rs]+1)%mod*s[x]%mod*s[x])%mod;
pre[x]=(pre[ls]+bas[ls]*s[x]%mod*(pre[rs]+1)%mod)%mod;
suf[x]=(suf[rs]+bas[rs]*s[x]%mod*(suf[ls]+1)%mod)%mod;
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("tio.in","r",stdin); freopen("tio.out","w",stdout);
init(); mod=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(top&&s[sta[top]]<s[i]) son[i][0]=sta[top--];
if(top) son[sta[top]][1]=i; sta[++top]=i;
}
while(top) root=sta[top--]; bas[0]=1; dfs(root);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T4 肯德基
解题思路
看到这个题目很难不想起 zxb 之前讲的 记忆这道题。
对于 80pts 做法可以容斥着去求，容斥系数是 \(\mu(i)\) 。
\[\displaystyle ans=\sum \mu(i)\times i^2\times \dfrac{\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor\times(\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor+1)}{2} \]考虑优化，发现最后面的那一项可以整除分块，同时对于 \(\mu(i)\times i^2\) 做一个前缀和就好了。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"RP++"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e7+10;
int T,cnt,pri[N],mu[N];
ull ans,n,pre[N];
bool vis[N];
inline void pre_work(int lim)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=lim;i++)
{
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=lim;j++)
{
vis[pri[j]*i]=true;
if(i%pri[j]) mu[pri[j]*i]=-mu[i];
else break;
}
}
for(int i=1;i<=lim;i++) pre[i]=pre[i-1]+mu[i]*i*i;
}
inline ull mul(ull x){if(x&1) return (x+1)/2*x;return x/2*(x+1);}
inline void solve()
{
n=read(); ans=mul(n);
for(ull l=2,r;l*l<=n;l=r+1)
{
r=sqrt(n/(n/(l*l)));
ull temp=n/(l*l),num=mul(temp);
ans+=(pre[r]-pre[l-1])*num;
}
printf("%llu\n",ans);
}
#undef int
int main()
{
#define int long long
freopen("kfc.in","r",stdin); freopen("kfc.out","w",stdout);
pre_work(10000000); T=read(); while(T--) solve(); return 0;
}
标签：ch,20,NOIP,int,多校,long,times,code,define 来源： https://www.cnblogs.com/Varuxn/p/15494117.html
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