10.31 正睿停课训练 Day13

2023-07-21 14:48:34

2018.10.31 正睿停课训练 Day13

时间：3.5h

期望得分：100+20+10

实际得分：100+20+10

又是状态很迷的一天==

比赛链接

A Poker(期望)

题目链接

容易想到枚举每一对，算它出现在多少种情况中（即\(n/2*(n-2)!\)）。

这样不会算重啊，虽然一个排列会枚举多次，但每次只算的是某一对的贡献，而不是当前排列的贡献。

然后优化一下，算每个数小于它的数、小于等于它的数分别有多少个就行了。

//29ms	1156kb

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

//#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

#define mod 1000000007

typedef long long LL;

const int N=1e5+5;

int A[N];

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

int main()

{

	int n=read();

	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();

	std::sort(A+1,A+1+n), A[n+1]=-1;

	LL ansA=0;

	for(int i=1,now=1; i<=n; i=++now)

	{

		while(A[now+1]==A[i]) ++now;

		ansA+=1ll*(now-i+1)*(i-1);

	}

	LL fac=1;

	for(int i=2; i<=n-2; ++i) fac=fac*i%mod;

	ansA=ansA%mod*fac%mod*(n>>1)%mod;

	fac=fac*(n-1)%mod*n%mod;

	printf("%lld %lld\n",ansA,((1ll*fac*(n>>1)-ansA)%mod+mod)%mod);

	return 0;

}

B Label(高斯消元)

题目链接

（\(w_x\)表示\(x\)的点权，\(len_v\)表示\(x\to v\)的边权）

假设当前\(w_x\)未知，\(x\)周围所有点的点权\(w_v\)已知，那么我们要最小化$$\begin{aligned}\sum_{x\to v}(w_v-w_x)^2\cdot len_v&=\sum_{x\to v}(w_v2-2w_vw_x+w_x2)\cdot len_v\&=\left(\sum len_v\right)w_x^2+\left(\sum-2len_vw_v\right)w_x+\sum len_vw_v^2\end{aligned}$$

\(\sum len_v\neq0\)，这就是关于\(w_x\)的二次函数。则当$$w_x=\frac{\sum w_vlen_v}{\sum len_v}$$

时，\(x\)最优（即\(w_x\)取\(v\)的加权平均数）。

于是对每个\(w_x\)未知的\(x\)，都可以列出一个方程：把已知的常数项都放到右边，对未知的\(w_v\)，令\(v\)处的系数为\(-len_v\)即可。注意有重边。

另外，方程组一定有解。（感觉感性理解即可，以下可以忽略。。）

证明：

设当前函数为\(f(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\)。

因为边权非负，且\(f\)存在一个有限的取值，所以\(f\)一定有一个最小值。

那么一定存在一组最小的解，满足列出的方程。否则可以调整得更小：

考虑一组最小的解\(x_1,x_2,...,x_n\)

设有\(m\)个方程，第\(i\)个方程表示\(x_i\)周围变量的加权平均。假设有一个方程不满足加权平均的话，设\(x_i'\)为\(x_i\)周围变量的加权平均，那么\(f(x_1,x_2,...,x_i',...,x_n)<f(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\)（是个二次函数，所以一定存在一个点是最小值），推出矛盾。所以最小解一定满足所有方程。

10.31 正睿停课训练 Day13

同时，方程组的解是唯一的。

证明：

对于一个连通块，若有一个点的权值确定，那么解是唯一的。

具体没看懂。见图。

10.31 正睿停课训练 Day13

//54ms	2440kb

#include <cmath>

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

//#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

#define Sqr(x) (x)*(x)

#define eps 1e-9

typedef long long LL;

const int N=505,M=60005;

int Enum,H[N],nxt[M],to[M],len[M];

double w[N];

bool ok[N];

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0,f=1;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now*f;

}

inline void AE(int w,int u,int v)

{

	if(u!=v)//自环。。

		to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w,

		to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w;

}

namespace G

{

	double A[N][N];

	void Gauss(int n)

	{

		for(int i=1,j=1; i<=n&&j<=n+1; ++j)

		{

			if(!ok[i]) {++i; continue;}

			int mxrow=i;

			for(int k=i+1; k<=n; ++k)

				if(fabs(A[k][j])>fabs(A[mxrow][j])) mxrow=k;

			if(mxrow!=i)// std::swap(A[i],A[mxrow]);//这样效率低啊

				for(int k=j; k<=n+1; ++k) std::swap(A[j][k],A[mxrow][k]);

			if(fabs(A[i][j])<eps) continue;

			for(int k=i+1; k<=n; ++k)

				if(fabs(A[k][j])>eps)

				{

					double t=A[k][j]/A[i][j];

					for(int l=j; l<=n+1; ++l) A[k][l]-=t*A[i][l];

				}

			++i;

		}

		for(int i=n; i; --i)

		{

			if(!ok[i]) continue;

			for(int j=i+1; j<=n; ++j) A[i][n+1]-=A[i][j]*w[j];

			w[i]=A[i][n+1]/A[i][i];

		}

	}

}

int main()

{

	int n=read(),m=read();

	for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());

	for(int i=1; i<=n; ++i) w[i]=read();

	for(int x=1; x<=n; ++x)

		if(w[x]<0)

		{

			ok[x]=1;

			for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])

			{

				if(w[v=to[i]]<0) G::A[x][v]-=len[i];//可能有重边

				else G::A[x][n+1]+=1.0*w[v]*len[i];

				G::A[x][x]+=len[i];

			}

		}

	G::Gauss(n);

	double ans=0;

	for(int x=1; x<=n; ++x)

		for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])

			ans+=Sqr(w[to[i]]-w[x])*len[i];

	printf("%.10lf\n",ans*0.5);

	return 0;

}

C Coin(二分图染色 博弈)

题目链接

10pts：用无解/有解表示是否有无法使得所有硬币朝上的情况。

那么在一定无解的情况下，所有行列都会被选一次，所以只需判\(n+m\)的奇偶性就可以了。

30pts：只需判是否无解。

设\(r_i,c_i\)分别表示第\(i\)行/第\(i\)列是否选择，\(a_{i,j}=0(棋子朝上)/1(棋子朝下)\)。

那么要求对于每个有棋子的位置\((i,j)\)，\(r_i\oplus c_j=a_{i,j}\)。

即\(a_{i,j}\)可以确定\(r_i,c_j\)是否相同。所以行列间连边，二分图染色判是否合法即可。

60pts：

我们只需要判断在有解的情况下谁能得\(3\)分。

根据前面的建模，我们可以得到一个图论模型。

对于每个连通块，我们首先可以得到一种染色方案，也就是由\(a\)个点取\(0\)，\(b\)个点取\(1\)。同时将每个位置取反后也是一种合法方案，即\(b\)个点取\(1\)，\(a\)个点取\(0\)。

我们记这样的连通块为\(a-b\)连通块。

对于一个连通块，我们走完第一步就能确定一个位置的取值必须是什么，也就是确定该方案的\(a,b\)分别是多少。

10.31 正睿停课训练 Day13

10.31 正睿停课训练 Day13

这个状压感觉比较nb。。

100pts：

对于每个连通块，都是一个独立的平等游戏，所以可以考虑求它的\(SG\)值。

考虑一个连通块的一种染色方案，假设该连通块一共有\(s\)个点，当前有\(s_1\)个点取\(1\)，那么另一种染色方案就有\(s-s_1\)个点取\(1\)。那么当前连通块的SG值\(=\mathbb{mex}(sg(s_1),sg(s-s_1))\)。

\(sg(0)=0,sg(1)=\mathbb{mex}(sg(0))=1,sg(2)=0,sg(3)=1...\)，也就是\(sg(s)=s是奇数?0:1\)。

然后把所有连通块的sg值异或起来得到\(sum\)，后手必胜（拿到\(3\)分）当且仅当\(sum\)为\(0\)。

（当然不用sg函数也能想到）

10.31 正睿停课训练 Day13

//4ms	804kb

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

const int N=205,M=20005;

int Enum,H[N],nxt[M],to[M],col[M],vis[N],s,s1;

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

inline void AE(int u,int v,int c)

{

	to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, col[Enum]=c;

	to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, col[Enum]=c;

}

bool DFS(int x,int fa)

{

	++s, s1+=vis[x];

	for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])

		if(vis[v=to[i]]==-1)

		{

			vis[v]=vis[x]^col[i];

			if(DFS(v,x)) return 1;

		}

		else if(vis[v]^vis[x]!=col[i]) return 1;

	return 0;

}

void Solve()

{

	Enum=0, memset(H,0,sizeof H), memset(vis,0xff,sizeof vis);

	int n=read(),m=read();

	for(int i=1; i<=n; ++i)

	{

		register char c=gc(); while(!isalpha(c)) c=gc();

		switch(c) {case 'o':AE(i,1+n,0); break; case 'x':AE(i,1+n,1); break;}

		for(int j=2; j<=m; ++j) switch(gc()) {case 'o':AE(i,j+n,0); break; case 'x':AE(i,j+n,1); break;}

	}

	int ans=0;

	for(int i=1; i<=n+m; ++i)

		if(vis[i]==-1)

		{

			s=s1=0, vis[i]=0;

			if(DFS(i,i)) {printf("%d\n",(n+m)&1); return;}

			s-=s1;

			if(s&1 && s1&1) ans^=1;

			else if(!(s&1) && !(s1&1)) ans^=0;

			else ans^=2;

		}

	puts(ans?"3":"2");

}

int main()

{

	for(int T=read(); T--; Solve());

	return 0;

}

考试代码

A(打表)

容易想到答案只与数的相对大小及其数量有关。

首先总分是\(n/2*n!\)，如果所有数各不相同则两人都为\(n/4*n!\)。

否则，用暴力打表发现，一个数每多出现一次，设其总共出现次数为\(x\)，则小M的答案减少\(1*c+2*c+...+(x-1)*x\)。

\(c\)是一个关于\(n\)的系数，打表后也能递推得到。

//39ms	1940kb

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

#define gc() getchar()

#define MAXIN 300000

//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)

#define mod 1000000007

typedef long long LL;

const int N=1e5+5;

int A[N],fac[N],ifac[N],tm[N],coef[N];

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now;

}

inline int FP(int x,int k)

{

	int t=1;

	for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)

		if(k&1) t=1ll*t*x%mod;

	return t;

}

int main()

{

	int n=read(),n2=n>>1;

	fac[0]=fac[1]=1;

	for(int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;

	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();

	if(n==2)

	{

		int ansA=(A[1]>A[2]?1:0)+(A[2]>A[1]?1:0),ansB=(A[1]>=A[2]?1:0)+(A[2]>=A[1]?1:0);

		printf("%d %d\n",ansA,ansB);

		return 0;

	}

	std::sort(A+1,A+1+n); A[n+1]=-1;

	LL tot=1ll*n2*fac[n]%mod,ansA=tot*FP(2,mod-2)%mod; int cnt=0;

	for(int i=2,t=1; i<=n+1; ++i)

		if(A[i]!=A[i-1]) tm[++cnt]=t, t=1;

		else ++t;

	coef[2]=1, coef[4]=4;

	for(int i=6; i<=n; i+=2) coef[i]=1ll*coef[i-2]*((1ll*(i-2)*(i-2)+i-4)%mod)%mod;

	LL C=1ll*FP(2,mod-2)*coef[n]%mod;

	for(int i=1; i<=cnt; ++i)

		ansA-=C*(tm[i]-1)%mod*tm[i]%mod;

	ansA=(ansA%mod+mod)%mod;

	LL ansB=(mod+tot-ansA)%mod;

	printf("%d %d\n",(int)ansA,(int)ansB);

	return 0;

}

B

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

#define gc() getchar()

#define Sqr(x) (1ll*x*x)

typedef long long LL;

const int N=505,M=60005;

int A[N],B[N],C[N],Enum,H[N],nxt[M],to[M],len[M],dgr[N];

inline int read()

{

	int now=0,f=1;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());

	return now*f;

}

inline void AE(int w,int u,int v)

{

	++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w;

	++dgr[u], to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w;

}

void DFS(int x,int fa,int dep)

{

	B[dep]=A[x];

	for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])

		if(to[i]!=fa) C[dep]=len[i], DFS(to[i],x,dep+1);

}

inline double Check(double x)

{

	return 1.0*(x-B[1])*(x-B[1])*C[1]+1.0*(x-B[3])*(x-B[3])*C[2];

}

int main()

{

//	freopen(".in","r",stdin);

//	freopen(".out","w",stdout);

	int n=read(),m=read(); Enum=1;

	for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());

	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();

	if(n==2)

	{

		if(A[1]==-1||A[2]==-1) puts("0.0");

		else printf("%lld.0\n",1ll*len[2]*Sqr(A[1]-A[2]));

		return 0;

	}

	int rt=1;

	for(int i=1; i<=n; ++i) if(dgr[i]==1) {rt=i; break;}

	DFS(rt,rt,1);

	int cnt=0;

	for(int i=1; i<=n; ++i) if(B[i]==-1) ++cnt;

	if(cnt>=n-1) return puts("0.0"),0;

	if(!cnt)

	{

		LL ans=0;

		for(int i=1; i<n; ++i) ans+=Sqr(B[i+1]-B[i])*C[i];

		printf("%lld.0\n",ans);

		return 0;

	}//cnt=1

	if(B[1]==-1) return printf("%lld.0\n",Sqr(B[3]-B[2])*C[2]),0;

	if(B[3]==-1) return printf("%lld.0\n",Sqr(B[1]-B[2])*C[1]),0;

	double l=std::min(B[1],B[3]),r=std::max(B[1],B[3]),lmid,rmid,ans=1e18;

	for(int T=1; T<=100; ++T)//二次函数求最值啊 我还写个三分==

	{

		lmid=l+(r-l)/3, rmid=r-(r-l)/3;

		double x=Check(lmid),y=Check(rmid);

		if(x<y) ans=std::min(ans,x), r=rmid;

		else ans=std::min(ans,y), l=lmid;

	}

	printf("%.10lf\n",ans);

	return 0;

}/*

3 2

1 2 3

2 3 1

0 -1 1

*/
上一篇：1：Javascript的数据类型和相互转换


下一篇：XSY3244 10.31 D