CSP-S模拟 19/10/15

分糖果
有点像国王游戏，考虑贪心
考虑交换 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 会有什么区别，令$c_{i-2}=pre,{\sum }_{i=1}^{i-2}{a}_i=sum$
$(a,b)$ 在 $(c,d)$ 前：
$max(max(pre,sum+a)+b,sum+a+c)+d=max(pre+b+d,sum+a+b+d,sum+a+c+d)$
$(a,b)$ 在 $(c,d)$ 后
$max(max(pre,sum+c)+d,sum+a+c)+b=max(pre+b+d,sum+b+c+d,sum+a+b+c)$
$pre$ 的那一项有点烦，不妨先去掉再看，若 $(a,b)$ 先更优
$max(a+b+d,a+c+d)\le max(b+c+d,a+b+c)$
全部减去 $a+b+c+d$
$max(-c,-b)\le max(-a,-d)$
$min(c,b)\ge min(a,d)$
于是我们的贪心策略就是如果两个数 $min(a,d)\le min(b,c)$就交换
现在来考虑 $pre$ 的影响
无论 $pre$ 取不取 $max$，交换后的总是最优的

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upt：与洛谷上的 皇后游戏 一样
在题解中发现了直接排序的 $hack$ 数据
具体可以看第一篇题解 传送门
然后有一种巧妙的排序方法
看到取 $min$ 应该想到分类讨论：
$a_i\le b_i,a_j\le b_j$：按 $a_i\le a_j$ 排序
$a_i>b_i,a_j>b_j$：按 $b_i\ge b_j$ 排序
当 $a_i\le b_i,a_j>b_j$ 把 $i$ 放前面
发现在第一组，有 $a_i\le a_j,a_i\le b_i$，也就是 $a_i\le min(a_j,b_i)$
发现在第二组，有 $b_j\le b_i$, $b_j<a_j$，也就是 $b_j\le min(a_j,b_i)$
发现交界处，有$a_i\le b_i,a_j>b_j$，所以一定有 $min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i)$

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总之，这一类贪心题就是基于交换的思想，看交换后更不更优

#include
#define N 50050
using namespace std;
int read(){
	int cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
	while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch == '-') f = -1;}
	while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
	return cnt * f;
}
int T, n, a[N], b[N], id[N], sgn[N];
typedef long long ll;
void calc(){
	ll mx = 0, sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int now = id[i];
		sum += (ll)a[now]; mx = max(mx, sum); 
		mx += (ll)b[now]; 
	} cout << mx << '\n';
}
bool cmp(int i, int j){ 
	if(sgn[i] != sgn[j]) return sgn[i] < sgn[j];
	if(sgn[i] <= 0) return a[i] < a[j];
	return b[i] > b[j];
}
int main(){
	T = read();
	while(T--){
		n = read();
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			a[i] = read(), b[i] = read(), id[i] = i;
			if(a[i] < b[i]) sgn[i] = -1; 
			if(a[i] == b[i]) sgn[i] = 0;
			if(a[i] > b[i]) sgn[i] = 1;
		} sort(id + 1, id + n + 1, cmp); calc();
	} return 0;
}

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异或
比较妙的一道二合一，需要用到数位 $dp$ 的思想，以及计数问题的一些思想，还有期望概率的一些知识
先考虑随机的情况，显然就是总的异或和 $/n^2$
按位算贡献，令 $p_i$ 为第 $i$ 位为 1 的概率
$$ans=2\ast \sum _{i=0}^{lo{g}_n}{2}^i\ast p_i(1-p_i)$$
考虑如何算 $p_i$
$[0,2^i)$ 为 0
$[2^i,2^{i+1})$ 为 1
$[2^{i+1},2^{i+1}+2^i)$ 为 0
$[2^{i+1}+2^i,2\ast 2^{i+1})$ 为 1
$[k\ast 2^{i+1},k\ast 2^{i+1})$ 为 1
$$p_i=\frac{\lfloor \frac{n}{2^{i+1}}\rfloor \ast 2^i+max(n\%2^{i+1},0)}{n}$$

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考虑第二种怎么做
填满的限制特别讨厌，先强制 $x$ 的第一位为 1，然后再强制填 0
以下令 $n$ 为 $n-1$不妨设 $n$ 有 $l$ 为，当 $x$ 的 $l$ 位为 1 时，$f(x)$ 的$l$ 贪心填 0，而且后面可以随便填
也就是说，对于 $[2^l,n]$ 这 $(n-2^l+1)$ 个数，它们每一个都有 $2^{l+1}-1$ 的贡献
好，现在 $x$ 没有限制，$f(x)$ 有限制
同样按位考虑
为了使我们的计数方案不重不漏，我们在考虑第 $k$ 位时，强制 $k$ 之前的 $f(x)$ 顶着选
然后统计在 $f(x)$ 在第 $k$ 位不满的贡献
讨论：
当前位为 0
$x$ 可以填 0 或 1，$f(x)$ 只能选 $0$
当前位有贡献当且仅当 $x$ 填 1
方案数为 $\frac{2^k\ast 2^{num}}{2}$，$num$ 为 k 位之前的 $0$ 的个数，当前强制填1

当前位为 1
$x$ 填 0，$f(x)$ 填 1，有 $2^k$ 的贡献，强制填0，方案数为 $\frac{2^k\ast 2^{num}}{2}$
$x$ 填 1，$f(x)$ 填 0，后面都可以补成 1，贡献为 $2^{k+1}-1$，当前强制填 1，方案数 $\frac{2^k\ast 2^{num}}{2}$

来解释一下为什么要用 0 的个数来算
先看一下我们到底是怎么算的
枚举 $f(x)$ 第一个没有顶满的位置，算它的可以作为多少个 $x$ 的 $f(x)$ 以及它对答案的贡献
它的贡献可以看做 $k$ 位之前顶满的贡献 + $k$ 位即之后全部补满的贡献
而对于当前 $k$ 位没有顶满的 $f(x)$，它能作为哪些 $x$ 的 $f(x)$ 呢，就是之前 0 的那些位置随便填，1 的位置只能填 0 的 $x$，因为如果本来是 1 的位置填了 0，它的 $f(x)$ 应该在它那一位就算了

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最近已经做了好多到这种题：
枚举第一个没有顶满的位置，分前后讨论起来就会特别简单
然后就是计数的一些套路及化简方法
例如强制 $x$ 的首位为 0，后面就可以随便填
强制 $f(x)$ 顶满，枚举第一个不顶满的位置…

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#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n; double p;
double solve(ll x){
	if(!x) return 0.0;
	double ret = 0.0;
	ll v = 1ll, delta, num;
	while(v <= x) v <<= 1; 
	delta = v - 1ll; v >>= 1;
	ret += (double)delta * (x - v + 1);
	ret += (double)v * v;
	num = v, delta >>= 1;
	while(v != 1){
		v >>= 1, delta >>= 1;
		if(x & v){
			ret += (double)num * v;
			ret += (double)(num >> 1) * delta;
			num >>= 1;
		} else ret += (double)(num >> 1) * v;
	} return ret / (double)n;
}
int main(){
	scanf("%lld%lf", &n, &p); 
	double ans1 = 0;
	for(ll i = 0; (1ll << i) <= n; i++){
		ll k = n / (1ll << i + 1); 
		k = k * (1ll << i) + max(n % (1ll << i + 1) - (1ll << i), 0ll);
		double pi = k / (n * 1.0);
		ans1 += 2ll * pi * (1 - pi) * (1ll << i);
	}
	double ans2 = solve(n - 1); 
	double ans = ans1 * (1.0 - p) + ans2 * p;
	int b = 0;
	while(ans >= 10.0) ans /= 10.0, ++b;
	while(ans > 0.0 && ans < 1.0) ans *= 10.0, --b;
	printf("%.5f %d", ans, b);
	return 0;
}