【LOJ2263】「CTSC2017」游戏

本文介绍了一种使用线段树进行概率计算优化的方法,针对特定问题模型,通过维护事件转移矩阵,实现O(LogN)查询效率。适用于动态更新场景,如单点插入/删除操作,利用set数据结构辅助前驱后继查找,实现O(NLogN)时间复杂度。

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【题目链接】

【思路要点】

  • 仿照题目的第二问的解法,我们先来考虑本题的平方做法。
  • B B B 表示事件 x i = 1 x_i=1 xi=1 A A A 表示事件 x j = c x_j=c xj=c ,其中 j j j i i i 之前第一个确定的事件,若 i i i 之前没有确定的事件,则 j = 0 j=0 j=0 C C C 表示事件 x k = c x_k=c xk=c ,其中 k k k i i i 之后第一个确定的事件,若 i i i 之后没有确定的事件,则 k = N + 1 k=N+1 k=N+1
  • 我们希望计算概率 P ( B ∣ A , C ) P(B|A,C) P(BA,C) ,根据贝叶斯公式:
    P ( B ∣ A , C ) = P ( A , C ∣ B ) ∗ P ( B ) P ( A , C ) = P ( A ∣ B ) ∗ P ( C ∣ B ) ∗ P ( B ) P ( C ∣ A ) ∗ P ( A ) = P ( B ∣ A ) ∗ P ( C ∣ B ) P ( C ∣ A ) P(B|A,C)=\frac{P(A,C|B)*P(B)}{P(A,C)}=\frac{P(A|B)*P(C|B)*P(B)}{P(C|A)*P(A)}=\frac{P(B|A)*P(C|B)}{P(C|A)} P(BA,C)=P(A,C)P(A,CB)P(B)=P(CA)P(A)P(AB)P(CB)P(B)=P(CA)P(BA)P(CB)
  • 区间 [ j , k ) [j,k) [j,k) 的贡献即为 ∑ i = j k − 1 P ( B ∣ A , C ) = ∑ i = j k − 1 P ( B ∣ A ) ∗ P ( C ∣ B ) P ( C ∣ A ) \sum_{i=j}^{k-1}P(B|A,C)=\frac{\sum_{i=j}^{k-1}P(B|A)*P(C|B)}{P(C|A)} i=jk1P(BA,C)=P(CA)i=jk1P(BA)P(CB) ,该式可以看做从事件 A A A 转移到事件 C C C 的每一条路径中,每经过一次 x i = 1 x_i=1 xi=1 就使计数器 c n t cnt cnt 1 1 1 ,最后到达 C C C c n t cnt cnt 值的期望,可以用线段树维护矩阵做到 O ( L o g N ) O(LogN) O(LogN) 查询。
  • 每次单点插入/删除时在 s e t set set 中找前驱后继,更新答案即可。
  • 时间复杂度 O ( N L o g N ) O(NLogN) O(NLogN)

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
int n, m; char type;
double p[MAXN], q[MAXN], t[MAXN][2][2];
struct info {double p[2][2], e[2][2]; };
//0 : lose, 1 : win
info cipher() {
	info ans;
	memset(ans.p, 0, sizeof(ans.p));
	memset(ans.e, 0, sizeof(ans.e));
	return ans;
}
info unit() {
	info ans = cipher();
	ans.p[0][0] = ans.p[1][1] = ans.e[1][1] = 1;
	return ans;
}
info merge(info a, info b, int pos) {
	info ans = cipher();
	for (int i = 0; i <= 1; i++)
	for (int j = 0; j <= 1; j++) {
		for (int k = 0; k <= 1; k++)
		for (int l = 0; l <= 1; l++) {
			ans.p[i][j] += a.p[i][k] * t[pos][k][l] * b.p[l][j];
			ans.e[i][j] += (a.p[i][k] * t[pos][k][l] * b.p[l][j]) * (a.e[i][k] + b.e[l][j]);
		}
		ans.e[i][j] /= ans.p[i][j];
	}
	return ans;
}
struct SegmentTree {
	struct Node {
		int lc, rc;
		info ans;
	} a[MAXN * 2];
	int n, size, root;
	void update(int root, int l, int r) {
		int mid = (l + r) / 2;
		a[root].ans = merge(a[a[root].lc].ans, a[a[root].rc].ans, mid + 1);
	}
	void build(int &root, int l, int r) {
		root = ++size;
		if (l == r) {
			a[root].ans = unit();
			return;
		}
		int mid = (l + r) / 2;
		build(a[root].lc, l, mid);
		build(a[root].rc, mid + 1, r);
		update(root, l, r);
	}
	void init(int x) {
		n = x;
		root = size = 0;
		build(root, 0, n);
	}
	info query(int root, int l, int r, int ql, int qr) {
		if (l == ql && r == qr) return a[root].ans;
		int mid = (l + r) / 2;
		if (mid >= qr) return query(a[root].lc, l, mid, ql, qr);
		else if (mid + 1 <= ql) return query(a[root].rc, mid + 1, r, ql, qr);
		else return merge(query(a[root].lc, l, mid, ql, mid), query(a[root].rc, mid + 1, r, mid + 1, qr), mid + 1);
	}
	info query(int l, int r) {
		return query(root, 0, n, l, r);
	}
	double getans(pair <int, int> x, pair <int, int> y) {
		info tmp = query(x.first, y.first);
		return tmp.e[x.second][y.second] - y.second;
	}
} ST;
set <pair <int, int> > st;
int main() {
	scanf("%d%d %c", &n, &m, &type);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lf", &p[i]);
		if (i == 1) q[i] = p[i];
		else scanf("%lf", &q[i]);
		t[i][0][0] = 1 - q[i];
		t[i][0][1] = q[i];
		t[i][1][0] = 1 - p[i];
		t[i][1][1] = p[i];
	}
	t[n + 1][0][0] = t[n + 1][1][0] = 1;
	ST.init(n + 1);
	st.insert(make_pair(0, 0));
	st.insert(make_pair(n + 1, 0));
	double now = ST.getans(make_pair(0, 0), make_pair(n + 1, 0));
	cerr << now << endl;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		char opt[15]; int x;
		scanf("\n%s%d", opt, &x);
		if (opt[0] == 'a') {
			int y; read(y);
			pair <int, int> tmp = make_pair(x, y);
			auto suf = st.lower_bound(tmp), pre = suf; pre--;
			now -= ST.getans(*pre, *suf);
			now += ST.getans(*pre, tmp);
			now += ST.getans(tmp, *suf);
			st.insert(tmp);
		} else {
			pair <int, int> tmp = make_pair(x, 0);
			auto pos = st.lower_bound(tmp), pre = pos, suf = pos; suf++, pre--;
			now += ST.getans(*pre, *suf);
			now -= ST.getans(*pre, *pos);
			now -= ST.getans(*pos, *suf);
			st.erase(pos);
		}
		printf("%.10lf\n", now);
	}
	return 0;
}
<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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