模拟赛挑战-优快云博客

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今天早上的模拟赛…难到一种境界啊QAQ…

菜菜的我只拿了50分 $(20+30+0)$ TAT…

T1

题意是有两个人A和B在做游戏，还有一个在旁边捣乱的pupil（雾qwq）。一共有a张黑牌和b张白牌。由A先拿牌，B后拿牌，之后是捣乱的pupil。除了pupil之外的A和B，谁先拿到黑的牌谁就获胜。给定两个整数a,b（a,b<=10000），求先手的A和后手的B分别获胜的概率，输出概率在模1004535809意义下的数。

思路：我拿到这题之后…一脸懵逼，想了一个小时没有想到什么正确的算法。于是就在之后打了个20分的暴力，就是暴力枚举每个人会拿到什么牌，时间复杂度 $O(\binom{a}{a+b})$ ，然后直接算先手赢的有几次，后手赢的有几次和平局的有几次就行了。

题解：考虑二维的DP，通过观察可以发现真正对答案有贡献的方案只有 $\frac{1}{3}\cdot a\cdot b$ 种，所以可以设 $dp[i][j]$ 表示取牌时还剩 $i$ 张黑色牌， $j$ 张白色牌时获胜的概率。（这里只讨论先手的情况）
考虑这一轮的情况：
取到黑色牌，直接获胜。
取到白色牌，对手取到黑色牌，对手获胜。
取到白色牌，对手也取到白色牌，pupil也取到白色牌，进入下一轮。
取到白色牌，对手也取到白色牌，pupil取到黑色牌，进入下一轮。
可以推出以下式子：
$dp[i][j]=\frac{i}{i+j}+dp[i][j-3]\cdot \frac{j}{i+j}\cdot \frac{j-1}{i+j-1}\cdot \frac{j-2}{i+j-2}+dp[i-1][j-2]\cdot \frac{j}{i+j}\cdot \frac{j-1}{i+j-1}\cdot \frac{j-2}{i+j-2}$
则 $dp[a][b]$ 即为答案。

T2

给你一个字符串，在其中取出两个子串 $a$ ， $b$ ，求 $a+b$ 能构成不同字符串的个数。并求出其中字典序最大的字符串。

思路：刚拿到这题我想试试通过统计每个字母出现的个数，然后一顿乱搞…但是最终发现搞不出来。于是就打了个 $O(|S|^4)$ 的暴力，拿了30..QAQ（我得的分也就这么多了）….

题解：我们考虑得到的 $a+b$ 的串被记录当且仅当串 $a$ 的长度最长时记录它。
于是我们容易证明：被计算的方案数满足 $a+b[0]$ 不为S的子串（不然 $b[0]$ 就应该在 $a$ 后面了）。
定义 $head(u)$ 为串 $S$ 中以字母 $u$ 开头的不同非空子串的个数， $tail(u)$ 为串 $S$ 中加上字母 $u$ 后不为 $S$ 的子串的不同非空子串的个数。
又因 $x,y$ 均可为空，所以最终答案为 $\sum_{u}head(u)\cdot (tail(u)+1)$ 。
对于求 $head(u)$ 和 $tail(u)$ ，可以将 $S$ 的所有子串插入到一个trie树中去重，然后直接判断一下就行了。
第二问..你只用找字母最大且最长的位置就行了..

T3

给你 $n,m$ ，再给你 $n$ 个二元组 $(a,b)$ ，让你求
$\sum_{c=1}^n\sum_{d=1}^n\sum_{e=1}^n\sum_{f=1}^n[\lfloor\frac{a_c+a_d+a_e+a_f}{b_c+b_d+b_e+b_f}\rfloor\geq k]\geq m$
中的最小正整数 $k$ 满足这个式子。

思路：对于这题我束手无策，只好爆零QAQ…..惨啊

题解：（40分解法）可以先二分答案 $mid$ ，然后算出 $t_i=a_i-b_i\cdot mid$ 。
如果 $mid$ 符合条件，则
$\sum_{c=1}^n\sum_{d=1}^n\sum_{e=1}^n\sum_{f=1}^n[t_c+t_d+t_e+t_f\geq 0]\geq m$
即满足
$t_c+t_d\geq -(t_e+t_f)$
的 $(c,d,e,f)$ 的个数不小于m。
那么可以算出所有 $t_i+t_j$ 的值，求出每个值出现的个数，然后再乘一乘就行了。时间复杂度为 $O(n^2\log_2maxa)$ 。
（另外30分解法）因为另有30%的数据 $b_i$ 全相等，要求最大的一个 $x$ ，满足
$\sum_{c=1}^n\sum_{d=1}^n\sum_{e=1}^n\sum_{f=1}^n[\lfloor\frac{a_c+a_d+a_e+a_f}{4\cdot b}\rfloor\geq x]\geq m$
可以注意到， $a_i\leq 1000$ 。
那么可以算出每个值的出现次数 $cnt_i$ 。
原问题可以转化为
$\sum_{c=1}^{maxa}\sum_{d=1}^{maxa}\sum_{e=1}^{maxa}\sum_{f=1}^{maxa}[\lfloor\frac{a_c+a_d+a_e+a_f}{4\cdot b}\rfloor\geq x]\cdot cnt_c\cdot cnt_d\cdot cnt_e\cdot cnt_f\geq m$
$\frac{c+d+e+f}{4\cdot b}$ 不会超过 $1000$ ，所以把每个值的个数算出来再求个后缀就行了。
$(c+d+e+f)$ 的出现次数同样可以分两边算。时间复杂度 $O({maxa}^2)$ 。
（100分解法）结合以上40分解法和另30分解法，先二分再用权值算，就可以了。时间复杂度 $O({maxa}^2\log_2maxa)$ 。