2022 ICPC 亚洲区域赛 合肥站 题解 ABGH
人生第一场ICPC正式赛，遗憾拿下铁首，差了点罚时。杭州站继续努力~
A
给一个字符串，里面有 U S T C 四个大写字母，给定一种操作，可以互换相邻位置的字符，问最少几次操作可以形成USTC子串。
签到题，代价为U和S的距离减1，T和C的距离减1，（S和T的距离减1）*2，加起来就是答案。
代码如下：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e6+10;
char s[MAXN];
char s1[6]={'0','U','S','T','C'};
int x[6];
int main()
{
scanf("%s",s+1);
int n=strlen(s+1),cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(s[i]==s1[cnt])
{
x[cnt]=i;
cnt++;
}
}
int ans=0;
ans+=(x[2]-x[1]-1);
ans+=x[4]-x[3]-1;
ans+=2*(x[3]-x[2]-1);
cout< B
我超，原！
每 y 秒对目标施法，有 1 / p 的概率对目标造成燃烧效果，持续 x 秒，如果此时目标已经处于燃烧效果中，则刷新燃烧计时器，从x秒开始倒计时。求燃烧覆盖率的期望。
思路：我们可以令 double k = x / y , k 意为燃烧 x 秒能覆盖多少个 y 区间，所以对于每个区间，有k - floor（k）的部分受到floor（k）+ 1次施法的影响，1 - （k - floor（k））的部分受到floor（k）次施法的影响。受到k次影响至少出现一次燃烧效果的概率是 1 - ( 1 - 1 / p ) ^ k,直接套公式求解即可。注意精度要拉到1e-12（比赛时吃大亏因为这个wa2发）
代码如下：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e6+10;
int T;
double x,y,p;
double func(double k)
{
return (1.0-pow((1.0-1.0/p),k));
}
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
scanf("%lf%lf%lf",&x,&y,&p);
double k=x/y;
double gl=k-floor(k);
double s;
if(x<=y)
{
s=double(x)/double(p*y);
}
else
{
s=gl*func(floor(k)+1)+(1-gl)*func(floor(k));
}
printf("%.14lf\n",s);
}
return 0;
} G
给定一个 n ，有 1 ~ n 的点数，随后 t 天，每天给两个数，只能取一个。问 t 天之后，如何令未获取的点数的最小值最大，输出这个值。如果全部拿到输出 n + 1.
思路：每天的两个数看作边，建图，对于每个连通块，如果存在环，全部拿走，否则抛弃连通块中最大的数。比赛时队友写了3个dfs，比较复杂。赛后总结时发现可以用并查集来判环，还是年轻了~
赛时队友代码如下：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e6+10;
int n,t,num,m,head[MAXN],cnt;
bool vis[MAXN],vis1[MAXN];
vector vv;
struct node
{
int x,y;
}a[MAXN];
struct edge
{
int v,next;
}e[MAXN];
inline void add(int u,int v)
{
e[++num].v=v;
e[num].next=head[u];
head[u]=num;
}
unordered_map mp,mp1,mp2;
void dfs(int x,int fa)
{
vis[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v!=fa)
{
if(vis[v])
{
// printf("u: %d v: %d\n",mp1[x],mp1[v]);
vv.push_back(v);
}
else
{
dfs(v,x);
}
}
}
}
void dfs1(int u,int fa)
{
vis1[u]=1;
cnt++;
mp2[mp1[u]]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
if(!vis1[v])
{
vis1[v]=1;
dfs1(v,u);
}
}
}
int dfs2(int u,int fa)
{
vis[u]=1;
int mm=mp1[u];
mp2[mm]=1;
// printf("mm %d \n",mm);
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
if(!vis[v])
{
cnt++;
mm=max(dfs2(v,u),mm);
}
}
return mm;
}
signed main()
{
cin>>n>>t;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
if(mp.count(a[i].x)==0)
{
mp[a[i].x]=++m;
mp1[m]=a[i].x;
}
if(mp.count(a[i].y)==0)
{
mp[a[i].y]=++m;
mp1[m]=a[i].y;
}
add(mp[a[i].x],mp[a[i].y]);
add(mp[a[i].y],mp[a[i].x]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(!vis[i])
{
dfs(i,0);
}
}
// printf("huan: ");
for(int i=0;i 赛后补题，并查集代码
#include
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+10;
int t,n;
int fa[N],sta[N],vis[N];
int get(int x)
{
return (x==fa[x]) ?x:fa[x]=get(fa[x]);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>t;
unordered_map mp;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
fa[i]=i;
}
int u,v;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
cin>>u>>v;
if(u>v)
swap(u,v);
if(u>t)
{
continue;
}
if(v>t)
{
v=u;
}
int v1=get(v),u1=get(u);
if(v1==u1)
{
sta[v1]=1;
continue;
}
else
{
fa[u]=v;
sta[u1]=max(sta[u1],sta[v1]);
sta[v1]=max(sta[u1],sta[v1]);
}
}
for(int i=1;i<=t;i++)
{
int k=get(i);
if(sta[k]==0)
{
mp[k]=i;
}
vis[i]=1;
}
for(auto x:mp)
{
vis[x.second]=0;
}
for(int i=1;i<=t+1;i++)
{
if(vis[i]==0)
{
cout< H
有一个n个轮盘的老虎机，每个轮盘有 1 ~ k+1 ，共 k + 1 种状态，初始时所有轮盘都处于 k + 1 状态。现在有一种操作，可以令指定轮盘等可能地变为比当前状态小的状态，求所有轮盘都变为 1 状态需要操作数的期望。
思路：概率 dp，没什么好说的。
设dp[i] 代表 k + 1 == i 时，完成目标的期望（求逆元取模）
状态转移方程：dp[j]=(dp[j]+(((dp[i]+1)%mod)*getInv(j-1))%mod)%mod
把 dp 的所有值先处理出来，然后对于每个询问，O(1)回答
代码如下：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e3+10;
const ll mod=1e9 + 7;
ll qmi(ll a,ll k)
{
ll ans=1;
while(k)
{
if(k&1)
ans=ans*a%mod;
k>>=1;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
ll getInv(ll x)
{
return qmi(x,mod-2);
}
ll dp[MAXN];
int main()
{
int t,n;
cin>>t;
dp[1]=0;
for(ll i=1;i<=MAXN;i++)
{
for(ll j=MAXN;j>=i+1;j--)
{
dp[j]=(dp[j]+(((dp[i]+1)%mod)*getInv(j-1))%mod)%mod;
}
}
while(t--)
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
printf("%lld\n",(n*dp[k+1])%mod);
}
return 0;
}