BZOJ4204: 取球游戏
Aug 18, 2015 08:19:44 PM
题解:
(我这个大傻叉连这题都不会做了)
首先肯定是转移了...
我们单独考虑每个球,变化的概率都是$\frac{1}{m}$.
于是令$f_i$表示编号为$i$的球的个数,考虑一次操作$f_i$的变化.
考虑单个标号为$i$的球对$f_i$的影响:$\frac{1}{m}\times{0}+(1-\frac{1}{m})\times{1}$
考虑单个标号为$i-1$的球对$f_i$的影响:$\frac{1}{m}\times{1}+(1-\frac{1}{m})\times{0}$
然后我们就搞出了转移矩阵.
有意思的是,这是一个循环矩阵!
也就是说,从第二行开始,每一行都是上一行右移一位得到的.
显而易见,循环矩阵的乘积依然是循环矩阵.
所以我们只要暴力算出第一行就行了,所以可以$O(n^2)$暴力,也可以利用FFT优化至$O(nlogn)$.
这样的话就能做这道题目了.
代码:
#include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef double f2; #define N 1010 int n,m,k,a[N]; struct Vector{ f2 line[N],row[N]; inline void operator*=(const Vector&B){ static f2 _line[N]; int i,j,k; for(i=0;i<n;++i) _line[i]=0; for(i=0;i<n;++i) for(j=(n-i)%n,k=0;k<n;++k,(++j)%=n) _line[i]+=line[k]*B.row[j]; for(i=0;i<n;++i) line[i]=_line[i]; for(i=0;i<n;++i) row[(n-i)%n]=line[i]; } }t,re; int main(){ cin>>n>>m>>k; int i,j; for(i=0;i<n;++i) scanf("%d",&a[i]); re.line[0]=re.row[0]=1; t.line[0]=(f2)(m-1)/m; t.line[1]=1.0/m; t.row[0]=(f2)(m-1)/m; t.row[n-1]=1.0/m; for(;k;k>>=1,t*=t) if(k&1) re*=t; f2 ans; for(i=0;i<n;++i){ for(ans=0,j=(n-i)%n,k=0;k<n;++k,(++j)%=n) ans+=a[k]*re.row[j]; printf("%.3lf\n",ans); } return 0; }
BZOJ2969: 矩形粉刷
Aug 18, 2015 08:15:25 PM
题解:
我们单独考虑每个格子,如果这个格子在一次染色中不被染色的概率为$p$,则这个格子在$k$次染色中被染色的概率就是$1-p^k$.
对于每个格子如何求$p$:
看着代码自己脑补一下吧= =
代码:
#include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<climits> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef double f2; typedef long long ll; ll calc(int n,int m){ return(ll)n*m*n*m; } ll C[1010][1010]; int main(){ int k,w,h; cin>>k>>w>>h; ll total; f2 ans=0; for(int i=0;i<=w;++i) for(int j=0;j<=h;++j) C[i][j]=calc(i,j); for(int i=1;i<=w;++i){ for(int j=1;j<=h;++j){ total=0; total-=C[i-1][j-1]+C[i-1][h-j]+C[w-i][j-1]+C[w-i][h-j]; total+=C[w][j-1]+C[w][h-j]+C[i-1][h]+C[w-i][h]; ans+=1-pow((f2)total/C[w][h],k); } } cout<<(ll)ans+(ans-(ll)ans>=.5?1:0)<<endl; return 0; }
BZOJ2553:[BeiJing2011]禁忌 AC自动机+期望dp
Jan 31, 2015 04:29:12 PM
思路:
首先考虑如果一个串固定时,如何求出最多的出现次数.
当模式串存在覆盖关系时,很显然可以舍弃掉一些.那么现在所有的串之间都不存在覆盖关系.
那么我们可以从前向后扫描,如果出现一个完整的模式串,答案加1,同时将指针移到下一个位置继续刚才的操作.
由于不存在覆盖关系,这样的贪心是很显然的,不信的话可以自己画图看看.
考虑将模式串建成AC自动机.令\(P[i][j]\)表示串长为\(i\),现在处于AC自动机上的节点\(j\)上的概率.这个很容易用矩阵乘法搞定.
那么我们的答案是是什么呢?
考虑从某个节点转移到某个完全包含某个模式串的节点,那么此时答案+1,同时状态回到根节点.我们只要在矩阵中加一维计数器来搞就行了.
其实没说什么= = 不懂自己看代码.
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int ch[80][26],fail[80],end[80],cnt,q[80],fr,ta; char s[20],sav[6][20];int len[6];bool covered[6]; typedef long double f4; struct Matrix{ f4 d[81][81];int w,h; Matrix(){} Matrix(int _w,int _h):w(_w),h(_h){} void operator*=(const Matrix&B){ register int i,j,k; Matrix res(w,B.h); for(i=0;i<res.w;++i)for(j=0;j<res.h;++j){ res.d[i][j]=0;for(k=0;k<h;++k)res.d[i][j]+=d[i][k]*B.d[k][j]; } *this=res; } }; bool cover(int a,int b){ if(len[a]<len[b])return 0; register int i,j; for(i=1;i+len[b]-1<=len[a];++i){ bool ok=1; for(j=1;j<=len[b];++j)if(sav[a][i+j-1]!=sav[b][j])ok=0; if(ok)return 1; } return 0; } int main(){ int n,L,k;scanf("%d%d%d",&n,&L,&k);register int i,j; for(i=1;i<=n;++i)scanf("%s",sav[i]+1),len[i]=strlen(sav[i]+1); for(i=1;i<=n;++i)for(j=i+1;j<=n;++j)if(cover(i,j))covered[i]=1; bool allcovered=1;for(i=1;i<=n;++i)if(!covered[i])allcovered=0; if(allcovered)covered[1]=0; int p,y; for(i=1;i<=n;++i)if(!covered[i]){ p=0;for(j=1;j<=len[i];++j){if(!ch[p][y=sav[i][j]-'a'])ch[p][y]=++cnt;p=ch[p][y];} end[p]=1; } for(j=0;j<k;++j)if(ch[0][j])q[ta++]=ch[0][j]; int u,v,r; while(fr^ta){ u=q[fr++]; for(j=0;j<k;++j){ if((v=ch[u][j])){ q[ta++]=v; for(r=fail[u];r&&!ch[r][j];r=fail[r]); end[v]|=end[fail[v]=ch[r][j]]; }else ch[u][j]=ch[fail[u]][j]; } } Matrix res(1,cnt+2);res.d[0][0]=1; Matrix add(cnt+2,cnt+2);add.d[cnt+1][cnt+1]=1; for(i=0;i<=cnt;++i){ for(j=0;j<k;++j){ if(end[ch[i][j]])add.d[i][cnt+1]+=(f4)1/k,add.d[i][0]+=(f4)1/k; else add.d[i][ch[i][j]]+=(f4)1/k; } } for(;L;L>>=1,add*=add)if(L&1)res*=add; double output=res.d[0][cnt+1]; printf("%.6lf",output); return 0; }
JDFZOJ2204:打地鼠 期望+凸包
Jan 27, 2015 02:26:39 PM
思路:
首先\(O(n^3)\)的思路非常朴素,只需要考虑每条向量的贡献即可.向量的出现概率即为这两个点出现且向量右侧的点均不出现.于是我们需要暴力\(O(n)\)check右侧的点是否均不出现.
我们考虑以一个点为起点的所有向量的答案.
那么对于每一个向量右侧的点必定都是一段区间,且满足单调性.
我们枚举起点,然后把剩下的点按照关于起点的极角序排序,然后依次扫描即可.
当然有几个坑点:
概率有一些为0的不能直接乘除,而需要记录零的个数.
还有就是坑爹的三点共线问题.
我们考虑当角度相同时,按照距离从大到小排序.
然后扫描的时候进行一些特判.这里没太弄明白就先挖坑了.
(好像一开始先把点随机扰动一下应该也可以吧)
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef double f2; #define N 1010 struct Point{ f2 x,y,p; Point(){} Point(f2 _x,f2 _y):x(_x),y(_y){} Point operator+(const Point&B)const{return Point(x+B.x,y+B.y);} Point operator-(const Point&B)const{return Point(B.x-x,B.y-y);} Point operator*(const f2&p)const{return Point(p*x,p*y);} }P[N]; inline f2 sqr(const f2&x){return x*x;} inline f2 cross(const Point&a,const Point&b){return a.x*b.y-a.y*b.x;} inline f2 dot(const Point&a,const Point&b){return a.x*b.x+a.y*b.y;} inline f2 length(const Point&a){return sqrt(sqr(a.x)+sqr(a.y));} static const f2 eps=1e-8; inline int dcmp(const f2&x){return fabs(x)<eps?0:(x<0?-1:1);} struct Seg{ Point v; f2 Ang,area,p,len; inline bool operator<(const Seg&B)const{ return dcmp(Ang-B.Ang)==0?len>B.len:Ang<B.Ang; } }S[N]; int main(){ int n;scanf("%d",&n);register int i,j,k; for(i=0;i<n;++i)scanf("%lf%lf%lf",&P[i].x,&P[i].y,&P[i].p),P[i].p/=1000.0; f2 ans=0; for(i=0;i<n;++i){ int id=0; for(j=0;j<n;++j)if(i^j){ S[id].v=P[i]-P[j]; S[id].Ang=atan2(S[id].v.y,S[id].v.x); S[id].area=cross(P[i],P[j]); S[id].p=P[j].p; S[id].len=length(S[id].v); id++; } sort(S,S+id); long double nowp=P[i].p; int zero=0; for(j=0;j<id;++j)if(dcmp(S[j].p-1)==0)++zero;else nowp*=(1-S[j].p); k=0; for(j=0;j<id;++j){ while(dcmp(cross(S[j].v,S[k].v))>0||(dcmp(cross(S[j].v,S[k].v))==0&&dcmp(dot(S[k].v,S[j].v-S[k].v))<=0)){ if(dcmp(1-S[k].p))nowp/=1-S[k].p;else --zero; k=(k+1)%id; if(k==j)break; } if(!zero)ans+=S[j].area*nowp*S[j].p; if(dcmp(1-S[j].p)!=0)nowp*=(1-S[j].p);else ++zero; } } printf("%.6lf",ans*.5); return 0; }