近期刷题小结9.24-10.11
NOIP2016提高组换教室
洛谷P1850
题意
两个序列 c c c, d d d，你需依次走过这 n n n个点，如果申请，则有 p p pi 的机会将 c c ci 换成 d d di，但你只能申请 m m m次，求走过这 n n n个点的路径总和的期望最小值。
方法
期望 D P DP DP
f [ i ] [ j ] [ 0 / 1 ] f[i][j][0/1] f[i][j][0/1]表示走过前 i i i个点，当前点是否申请的期望
f [ i ] [ j ] [ 0 ] = m i n ( f [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] , f [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] + p [ i − 1 ] ∗ d i s [ d [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] + ( 1 − p [ i − 1 ] ) ∗ d i s [ c [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] ; f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]; f[i][j][0]=min(f[i−1][j][0]+dis[c[i−1]][c[i]],f[i−1][j][1]+p[i−1]∗dis[d[i−1]][c[i]]+(1−p[i−1])∗dis[c[i−1]][c[i]];
f [ i ] [ j ] [ 1 ] = m i n ( f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] ∗ ( 1 − p [ i ] ) + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] ∗ p [ i ] , f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 1 ] + d i s [ c [ i − 1 ] [ c [ i ] ] ∗ ( 1 − p [ i − 1 ] ) ∗ ( 1 − p [ i ] ) + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] ∗ ( 1 − p [ i − 1 ] ) ∗ p [ i ] + d i s [ d [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ∗ p [ i − 1 ] ∗ ( 1 − p [ i ] ) + d i s [ d [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] ∗ p [ i − 1 ] ∗ p [ i ] ; f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*p[i],f[i-1][j-1][1]+dis[c[i-1][c[i]]*(1-p[i-1])*(1-p[i])+dis[c[i-1]][d[i]]*(1-p[i-1])*p[i]+dis[d[i-1]][c[i]*p[i-1]*(1-p[i])+dis[d[i-1]][d[i]]*p[i-1]*p[i]; f[i][j][1]=min(f[i−1][j−1][0]+dis[c[i−1]][c[i]]∗(1−p[i])+dis[c[i−1]][d[i]]∗p[i],f[i−1][j−1][1]+dis[c[i−1][c[i]]∗(1−p[i−1])∗(1−p[i])+dis[c[i−1]][d[i]]∗(1−p[i−1])∗p[i]+dis[d[i−1]][c[i]∗p[i−1]∗(1−p[i])+dis[d[i−1]][d[i]]∗p[i−1]∗p[i];
??
如果写成
f [ i ] [ j ] [ 1 ] = m i n ( f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 1 ] + p [ i − 1 ] ∗ d i s [ d [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] + ( 1 − p [ i − 1 ] ) ∗ d i s [ c [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] , f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ d [ i ] ] ) ∗ p [ i ] + ( 1 − p [ i ] ) ∗ m i n ( f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] + d i s [ c [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] , f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 1 ] + p [ i − 1 ] ∗ d i s [ d [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] + ( 1 − p [ i − 1 ] ) ∗ d i s [ c [ i − 1 ] ] [ c [ i ] ] ) ; f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][d[i]]+(1-p[i-1])*dis[c[i-1]][d[i]],f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][d[i]])*p[i]+(1-p[i])*min(f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j-1][1]+p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]]+(1-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]); f[i][j][1]=min(f[i−1][j−1][1]+p[i−1]∗dis[d[i−1]][d[i]]+(1−p[i−1])∗dis[c[i−1]][d[i]],f[i−1][j−1][0]+dis[c[i−1]][d[i]])∗p[i]+(1−p[i])∗min(f[i−1][j−1][0]+dis[c[i−1]][c[i]],f[i−1][j−1][1]+p[i−1]∗dis[d[i−1]][c[i]]+(1−p[i−1])∗dis[c[i−1]][c[i]]);
会精度丢失，WA3个点
心得
终于会期望了，不过对于 d o u b l e double double精度丢失很懵逼
f f f数组一定要清零，以免用到一些不存在的状态！！！
代码
#include文艺平衡树（splay）
洛谷P3391
题意
区间翻转，输出最终区间
方法
s p l a y splay splay
下标建树，对于翻转的区间，通过 s p l a y splay splay形成一棵子树，打翻转标记， p u s h d o w n pushdown pushdown时交换左右儿子，只有在 f i n d find find时才 p u s h d o w n pushdown pushdown?
代码
#includeNOI2003文本编辑器
洛谷P4008
题意
支持操作
方法
s p l a y splay splay
每次插入把根节点的右儿子的左儿子弄空，直接在上面建树
每次删除操作，把要删除的点转到一棵子树上，直接删除
心得
没几次默写 s p l a y splay splay，写挂了，调不出来
写代码时一定要认真，写错一个半天都调不出来！！！
变量一定要附初值！！！
代码
#include未调试出的代码
#include[AHOI2006]文本编辑器
洛谷P4567
题意
支持操作
读入的时候直接 g e t c h a r getchar getchar即可
注： G E T GET GET操作如果得到的是’\n’，那么输出’\n’后无需再输出一个换行符
方法
s p l a y splay splay
此题比上一道多了区间翻转，像文艺平衡书一样翻转即可
心得
Y e a h ! Yeah! Yeah!
代码
#include[SHOI2002]百事世界杯之旅
洛谷P1291
题意
n n n个不同的数，每个数出现的概率相同，平均需要几次才能凑齐所有的数
用分数输出答案
方法
数学期望
f [ k ] f[k] f[k]表示还剩 k k k个数没有的次数期望
f [ k ] = n − k n f [ k ] + k n f [ k − 1 ] + 1 f[k]=\frac{n-k}{n}f[k]+\frac{k}{n}f[k-1]+1 f[k]=nn−kf[k]+nkf[k−1]+1
f [ k ] = f [ k − 1 ] + n k f[k]=f[k-1]+\frac{n}{k} f[k]=f[k−1]+kn
心得
期望入门题， t c l tcl tcl
l o n g l o n g longlong longlong用 l l d lld lld输出
代码
#includeOSU!
洛谷P1654
题意
n n n个数的序列，每次有 p [ i ] p[i] p[i]的概率为1，否则为0，连续 x x x个1的贡献为 x x x3，求期望分数。
方法
高次期望
先考虑一次的情况
a [ i ] = ( a [ i − 1 ] + 1 ) ∗ p [ i ] a[i]=(a[i-1]+1)*p[i] a[i]=(a[i−1]+1)∗p[i]
二次
b [ i ] = ( a [ i − 1 ] + 1 ) 2 ∗ p [ i ] b[i]=(a[i-1]+1)^2*p[i] b[i]=(a[i−1]+1)2∗p[i]
b [ i ] = ( b [ i − 1 ] + 2 ∗ a [ i − 1 ] + 1 ) ∗ p [ i ] b[i]=(b[i-1]+2*a[i-1]+1)*p[i] b[i]=(b[i−1]+2∗a[i−1]+1)∗p[i]
三次
f [ i ] = ( a [ i − 1 ] + 1 ) 3 ∗ p [ i ] f[i]=(a[i-1]+1)^3*p[i] f[i]=(a[i−1]+1)3∗p[i]
f [ i ] = ( f [ i − 1 ] + 3 ∗ b [ i − 1 ] + 3 ∗ a [ i − 1 ] + 1 ) ∗ p [ i ] f[i]=(f[i-1]+3*b[i-1]+3*a[i-1]+1)*p[i] f[i]=(f[i−1]+3∗b[i−1]+3∗a[i−1]+1)∗p[i]
但是并不能A，因为只考虑了当前点，并不是前i个点，所以
f [ i ] = ( f [ i − 1 ] + 3 ∗ b [ i − 1 ] + 3 ∗ a [ i − 1 ] + 1 ) ∗ p [ i ] + f [ i − 1 ] ∗ ( 1 − p [ i ] ) f[i]=(f[i-1]+3*b[i-1]+3*a[i-1]+1)*p[i]+f[i-1]*(1-p[i]) f[i]=(f[i−1]+3∗b[i−1]+3∗a[i−1]+1)∗p[i]+f[i−1]∗(1−p[i])
心得
还要再看看……
??
为什么只有 f f f才考虑前 i i i和选到0的情况??
代码
#include收集邮票
P4550
题意
和百事世界杯之旅有点像，不过第 i i i次需要支付 i i i元钱，问花费的期望
方法
高次期望
设需 x x x次
a n s = x 2 + x 2 ans=\frac{x^2+x}{2} ans=2x2+x
所以需求出一个一次和两次
一次同上
a [ i ] a[i] a[i]还要i种没得到
a [ i ] = a [ i − 1 ] + n i a[i]=a[i-1]+\frac{n}{i} a[i]=a[i−1]+in
二次
f [ i ] = n − i n ( f [ i ] + 2 ∗ a [ i ] + 1 ) + i n ( f [ i − 1 ] + 2 ∗ a [ i − 1 ] + 1 ) f[i]=\frac{n-i}{n}(f[i]+2*a[i]+1)+\frac{i}{n}(f[i-1]+2*a[i-1]+1) f[i]=nn−i(f[i]+2∗a[i]+1)+ni(f[i−1]+2∗a[i−1]+1)
f [ i ] = n − i i ( 2 ∗ a [ i ] + 1 ) + f [ i − 1 ] + 2 ∗ a [ i − 1 ] + 1 f[i]=\frac{n-i}{i}(2*a[i]+1)+f[i-1]+2*a[i-1]+1 f[i]=in−i(2∗a[i]+1)+f[i−1]+2∗a[i−1]+1
a n s = a [ n ] + f [ n ] 2 ans=\frac{a[n]+f[n]}{2} ans=2a[n]+f[n]
代码
#include最小树形图
洛谷P4716
题意
求有向图的最小树形图
方法
求最短弧集合E；（每条边找一条连向自己的最小边）
判断集合E中有没有有向环，如果有转步骤3，否则转4；
收缩点，把有向环收缩成一个点，并且对图重新构建，包括边权值的改变和点的处理，之后再转步骤1；
展开收缩点，求得最小树形图；
心得
看看代码就懂了
还可以再看看
代码
#include动态DP
洛谷P4719
题意
方法
详见YY的PPT
线段树维护矩阵乘法
心得
还要再学习！！！
引用记得加‘&’
代码
#include动态DP（加强版）
洛谷P4751
题意
同动态DP，强制在线，卡树链剖分
方法
全局平衡二叉树
重链建二叉树，轻边建虚边，只记父亲，不计儿子。
详见YY的PPT
心得
！！！ v o i d void void函数若写成 i n t int int会出现鬼畜错误， R E RE RE！！！！！！！！！
代码
#include残缺的字符串
P4173
题意
AB两个字符串有些字符缺失，用*表示，可以是任何字符，问A在B中能匹配几次。
方法
NTT
将通配字符设置为0；
g ( x ) = ∑ i = 1 m a [ x ] ∗ b [ x − i + 1 ] ∗ ( a [ x ] − b [ x − i + 1 ] ) 2 g(x)=\sum^{m}_{i=1}{a[x]*b[x-i+1]*(a[x]-b[x-i+1])^2} g(x)=i=1∑ma[x]∗b[x−i+1]∗(a[x]−b[x−i+1])2
g ( x ) = ∑ i = 1 m a [ x ] ∗ b [ x − i + 1 ] 3 − ∑ i = 1 m 2 ∗ a [ x ] 2 ∗ b [ x − i + 1 ] 2 + ∑ i = 1 m a [ x ] 3 ∗ b [ x − i + i ] g(x)=\sum^{m}_{i=1}a[x]*b[x-i+1]^3-\sum^{m}_{i=1}2*a[x]^2*b[x-i+1]^2+\sum^{m}_{i=1}a[x]^3*b[x-i+i] g(x)=i=1∑ma[x]∗b[x−i+1]3−i=1∑m2∗a[x]2∗b[x−i+1]2+i=1∑ma[x]3∗b[x−i+i]
将 x x x换成 m − x m-x m−x这样，加起来为定值方便卷积
g ( m + 1 ) = ∑ i = 1 m a [ m − x ] ∗ b [ x − i + 1 ] 3 − ∑ i = 1 m 2 ∗ a [ m − x ] 2 ∗ b [ x − i + 1 ] 2 + ∑ i = 1 m a [ m − x ] 3 ∗ b [ x − i + i ] g(m+1)=\sum^{m}_{i=1}a[m-x]*b[x-i+1]^3-\sum^{m}_{i=1}2*a[m-x]^2*b[x-i+1]^2+\sum^{m}_{i=1}a[m-x]^3*b[x-i+i] g(m+1)=i=1∑ma[m−x]∗b[x−i+1]3−i=1∑m2∗a[m−x]2∗b[x−i+1]2+i=1∑ma[m−x]3∗b[x−i+i]
分开把系数转点值，按式子算了之后再转系数
注意最后卷起来为两边下标相加， m − 1 m-1 m−1
心得
将 x x x换成 m − x m-x m−x这样，加起来为定值方便卷积
注意最后卷起来为两边下标相加， m − 1 m-1 m−1
代码
#include严格次小生成树[BJWC2010]
洛谷P4180
题意
求无向图的严格次小生成树
方法
倍增
每次枚举加上一条边，删除环上最大边，由于严格次小，维护两个倍增数组，最大和次大，
复杂度 O ( n l o g m ) O(nlog_m) O(nlogm)
心得
修改代码，一定要把所有相关的地方修改完！！！
代码
#include[HNOI2008]玩具装箱TOY
洛谷3195
题意
方法
斜率优化
C k + + C_k++ Ck++
L + + L++ L++
费用为
( ∑ k = i j C k − L ) 2 (\sum^{j}_{k=i}{C_k}-L)^2 (k=i∑jCk−L)2
f [ i ] f[i] f[i]表示放前i的玩具需要的费用
f [ i ] = m i n ( f [ k ] + ( s [ i ] − s [ k − 1 ] − L ) 2 ) f[i]=min(f[k]+(s[i]-s[k-1]-L)^2) f[i]=min(f[k]+(s[i]−s[k−1]−L)2)
设 a [ i ] = s [ i ] − L ; b [ i ] = s [ i − 1 ] ; a[i]=s[i]-L;b[i]=s[i-1]; a[i]=s[i]−L;b[i]=s[i−1];
f [ i ] = m i n ( f [ k ] + a [ i ] 2 + b [ k ] 2 + 2 ∗ a [ i ] ∗ b [ k ] ) f[i]=min(f[k]+a[i]^2+b[k]^2+2*a[i]*b[k]) f[i]=min(f[k]+a[i]2+b[k]2+2∗a[i]∗b[k])
f [ k ] + b [ k ] 2 = 2 ∗ a [ i ] ∗ b [ k ] − a [ i ] 2 + f [ i ] f[k]+b[k]^2=2*a[i]*b[k]-a[i]^2+f[i] f[k]+b[k]2=2∗a[i]∗b[k]−a[i]2+f[i]
所以是一条斜率为 2 ∗ a [ i ] 2*a[i] 2∗a[i],截距为 a [ i ] 2 + f [ i ] a[i]^2+f[i] a[i]2+f[i]的直线
2 ∗ a [ i ] 2*a[i] 2∗a[i]单调递增，所以最优点组成的凸包斜率也因单调递增。
心得
还不是很熟！！！！！！！！！！！
仔细思考
换元法降低式子复杂程度！！！
代码
#include植树节
题意
求删去一条边后，无向图的最小生成树
方法
先求出最小生成树
若删去不在树上的边就不管
考虑加上某一条边后，哪些边就可以删除了，一定是两个端点在树上路径上的边，于是用树链剖分维护路径最小值。
心得
之前做起的题，现在都不会了~~~
代码
#include