题目汇总２

NO.1 HDU - 3448

分类:　枚举，meet-in-the-middle

简要题解:

• 暴力枚举每个物品是否被选的时间复杂度是$O(2^n)$
• 枚举前一半物品，处理出$\frac n2$个set,其中集合$S_i$里面存着不多于$i$ 个物品的所有可能重量和
• 再枚举后一半物品，再对应集合中二分查找即可
• 时间复杂度降为$O(n*2^\frac n2)$

反思

• 这种操作被称为meet-in-the-middle

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NO.2 HDU - 3445

分类:　组合数学

简要题解:

• 考虑$\Delta f(0) = \prod{(a_i+1) - \prod a_i} = \sum_{S}\prod_{a_i \in S}a_i$ 其中$S$是$\{a_1,a_2,...a_n\}$的一个真子集(其实一次差分就是选一些元素不要，然后求和)
• 在ｋ次差分之后，对于$\{a_1,a_2,...a_n\}$的任意一个子集，设$S$的元素个数为$|S|$,这一项对答案的贡献是$k!*\{_{n-|S|}^k\}*\prod_{a_i \in S}a_i,\{^n_k\}$表示第二类斯特林数（把ｎ个不标号元素组成k个非空集合的方案数）．
• 上面那个式子的意思就是把$n-|S|$个带标号的元素分$k$次甩出去…
• 最后恰好除了一个$k!$,只需要预处理$f(t) =\sum[|S|=t]*\prod_{a_i \in S}a_i$

反思

• 难得一批
• 找规律可以发现所求的式子可以表示为$\sum_{0\leq i \leq k}C_k^i*(-1)^{i-k}*f(i)$,然而并没有什么用，因为那个除以$k!$没办法处理
• 上面那个式子虽然没什么用，但也可以证明其正确性：定义算子$\delta [f(n)] = f(n+1),I[f(n)] = f(n)$　不难验证$\delta,I$满足交换律和结合律,显然$\Delta[f(k)] = (\delta-I)[f(k)]$ 从而$\Delta^kf(n) = (\delta-I)^k[f(n)]$用二项式定理展开就得到了求和展开式

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NO.3 HackerRank : nominating-group-leaders

分类:　莫队，分块

简要题解:

• 询问显然可以用莫队算法离线
• 容易想到用set来维护每种票数对应的人，然而修改的次数多达$n\sqrt n$次，无法通过．
  -　注意到查询次数是$10^5$　级别的，用分块算法可以做到$O(1)$修改，$O(\sqrt n)$查询，问题得以解决．
• 具体实现方面记录一个$block\_cnt(i,x)$表示第$i$块里票数为$x$的人的个数即可

反思

• 对于动态修改查询问题，不要局限于一种方法，平衡修改和查询的时间复杂度来满足题目需要才是重要的

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NO.4 HackerRank : colliding-circles

分类:　数学，期望

简要题解:

• 考虑合成的一个大圆对答案的贡献：$\pi *(\sum r_i)^2$展开之后可以得到$\pi *\sum_{i,j}{r_ir_j}$
• 那么问题转化为求$\sum_{i,j}p(i,j)*r_ir_j$　其中$p(i,j)$表示$i,j$两圆在同一组的概率
• 当$i=j$时，显然有$p(i,i)=1$,否则等于另一个值，记为$f(n,k)$
• 那么$f(n,k)$表示的是开始有n个圆，k次合并之后任意两圆在同一组的概率．
• 考虑第一次合并的情况可以得到 $$f(n,k)=p+(1-p)*f(n-1,k-1),p= \frac{1}{C_n^2}$$
• 最终的答案就是$\sum r_i^2+[(\sum r_i)^2-\sum r_i^2]*f(n,k)$

反思

• 一道很好的求数学期望的题目
• 直接寻找答案状态很难啊，突破点在于考虑每两个圆对答案的贡献．