杭电多校第七场部分题题解

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1006.对抗性-贪心-反函数

题目:Final Exam
链接:http://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1006&cid=854
大意:有n(1e9)个问题,出题人会在每个问题分配一些分数a[i]∈[0,m], $\sum a[i]=m$ ,m∈[1,1e9],小明同学可以在每个问题上分配一些学习时间b[i],对于问题i,当且仅当 $b [i] > a [i]$ 时,小明能答出第i道题,小明想要至少答出k(k∈[1,1e9])道题,求满足要求的 $\min(\sum b)$
分析:
- 这题我们要用对抗性来想,假设我们是那个狡诈的出题人,小明昨天的学习情况(b[i]数列)对我们来说是已知的,我们想要用最少的总分数m，来卡住小明,让小明不能做出k道题目.
- 我们怎么卡呢?我们将b数组排个序,b[1]是小明花费时间最多的,b[n]是花费时间最少的,我们让小明的学习达到最小的效益,所以我们在小明花费时间最长的k-1道题目上分配0分,哈哈,然后对于b[k~n]，我们使 $a [i] = b [i] (i \in [k, n])$ ,这样我们就可以做到卡住小明的同时总m最小了
- 然后我们就可以再反过来想,小明也不是傻子，知道狡诈的出题人会为用上述方表达他"特别的爱"。于是小明会花费尽量少的时间在前[1,k-1]个问题上,于是小明会采取一种尽量平均的学习策略。
- 我们分类想一下,设小明同学花费的总时间为S。
  - 如果S%n==0,那么小明为了使[出题人至少需要的m]最大,肯定要让b[1,k-1]的和最小,这样 $\sum_{i=k}^{n}b[i]=m$ 最大了,所以小明每个问题学习S/n。
  - 第二种情况,如果 $(S\%n)∈[1,k-1]$ ,也就是小明平均分配学习之后还剩下 $(S\%n)$ 的学习时间,由于要保持b数组单调递减的性质,所以剩下的 $(S\%b)$ 的学习时间只能分配在b[1~k]上,因此 $\sum_{i=k}^{n}b[i]=m$ 不变。
  - 如果 $(S\%n)∈[k,n-1]$ ，那么小明剩下的学习时间就能分配在b[k]至b[n]上了,在b[k]至b[n]分配的学习时间就是m的增量。
  - 综上,设F(S)为小明(有策略地)学习了 $S = a * n + b, a \in [0, \infty), b \in [0, n)$ 小时时,出题人仍然不能卡住小明的最大分数m,那么 $当 b \in [0, k - 1] 时， F (S) = (n - k + 1) * a - 1$ ; $当 b \in [k, n) 时, F (S) = (n - k + 1) * a + (b - (k - 1)) - 1 = (n - k + 1) * a + b - k$ 。
- 接下来我们再反过来,求上面函数F的反函数就可以啦,
  设G(m)为总共有m分时小明需花费的最小学习时间,则 $m\%(n-k+1)==n-k$ 时, $G (m) = (m + 1) / (n - k + 1) * n$ ;否则, $G(m)=(m/(n-k+1)*n)+(m\%(n-k+1)+k)$
代码

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=int(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = int(20);
#define endl '\n'
ll n, m, k;
int main()
{
#ifndef endl
    freopen("C:\\Users\\VULCAN\\Desktop\\data.in", "r", stdin);
    cout << "************************************Local Test*********************************" << endl;
#endif // !endl
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);

    int T(1), cas(0);
    cin >> T;
    while (cas, T--)
    {
        ll ans;
        cin >> n >> m >> k;
        ll mo= (n - k + 1);
        ll shang = m / (n - k + 1);
        ll yu = m % (n - k + 1);
        if (yu==mo-1)
        {
            ans = (m + 1) / mo * n;
        }
        else
        {
            ans = shang * n + (yu + k);
        }

        ans = min(ans, (m + 1)*k);
        cout << ans << endl;

    }
    return 0;
}
//What to Debug
/*
-1.最好把全部warning都X掉,否则:https://vjudge.net/solution/19887176
0.看看自己是否有可能需要快读，禁endl
1.数组越界，爆int,浮点精度(查看精度是否达到题目要求,看有没有浮点数比较:eps)，取模操作，初始化数组，边缘数据,输出格式(cas),强制在线是否更新了las
2.通读代码，代码无逻辑错误
3.读题，找到题意理解失误或算法错误
4.放弃
*/

1010.不平等博弈-有点水的题

题目:Just Repeat
链接:http://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1010&cid=854
大意:两个人玩牌,2人分别由n,m张牌,每张牌有一个颜色,两人轮流出牌，且对于颜色c，如果如果对方出过颜色c的牌，那自己就不能再出颜色c的牌,先不能出牌的输(包括牌出完了和自己的牌的颜色都是对方出过的)
分析:对于颜色c,如果只有一个人有这种颜色的牌,那这个人的步数就加上它拥有这种颜色的牌的数量。如果两个人都有这种颜色的牌,那假如先手有 $c_i$ 张c，后手有 $d_i$ 张c,那第一打出颜色c的牌的人就能产生 $c_i+d_i$ 的贡献(包括增加自己的步数，和减少对方的步数)，于是接下来贪心地选 $c_i+d_i)$ 最大的颜色就好了。顺便说一句:颜色的值很大,不能用数组；也不能用map,会卡常,我用的unordered_map

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)

#include<unordered_map>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=int(b);++i)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;

ull k1, k2, mod;
ull rng() {
    ull k3 = k1, k4 = k2;
    k1 = k4;
    k3 ^= k3 << 23;
    k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> 17) ^ (k4 >> 26);
    return k2 + k4;
}

unordered_map<ull, int>ma[2];
struct node
{
    int a, b, sum;
    bool operator<(const node&ri)const
    {
        return sum < ri.sum;
    }
};
vector<node>ns;
int n[2];
int lead(0);
void prin()
{
    if (lead > 0)cout << "Cuber QQ" << '\n';
    else cout << "Quber CC" << '\n';
    ma[0].clear(); ma[1].clear();
    ns.clear();
    n[0] = n[1] = 0;
    lead = 0;
}
#define endl '\n'
int main()
{
#ifndef endl
    freopen("C:\\Users\\VULCAN\\Desktop\\data.in", "r", stdin);
    cout << "************************************Local Test*********************************" << endl;
#endif // !endl
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);

    int T(1), cas(0);
    cin >> T;
    while (cas, T--)
    {
        int tp; 
        cin >> n[0];
        cin >> n[1];
        cin>> tp;

        if (tp == 1)
        {
            F(id, 0, 1)F(i, 1, n[id])
            {
                ull v; cin >> v;
                ++ma[id][v];
            }
        }
        else
        {
            cin >> k1 >> k2 >> mod;
            F(i, 1, n[0])
            {
                ull v= rng() % mod;
                ma[0][v]++;
            }

            cin >> k1 >> k2 >> mod;
            F(i, 1, n[1])
            {
                ull v = rng() % mod;
                ma[1][v]++;
            }
        }



        for (auto p0 : ma[0])
        {
            if (ma[1].find(p0.first) != ma[1].end())
            {
                ns.push_back({ p0.second,ma[1][p0.first] });
                ma[1].erase(p0.first);
            }
            else
                lead += p0.second;
        }
        for (auto p1 : ma[1])lead -= p1.second;



        for (auto&x : ns)x.sum = x.a + x.b;
        sort(ns.begin(), ns.end());
        reverse(ns.begin(), ns.end());

        F(i, 0, ns.size() - 1)
        {
            if ((i & 1) == 0)
            {
                lead += ns[i].a;
            }
            else
                lead -= ns[i].b;
        }
        prin();
    }
    return 0;
}
//What to Debug
/*
-1.最好把全部warning都X掉,否则:https://vjudge.net/solution/19887176
0.看看自己是否有可能需要快读，禁endl
1.数组越界，爆int,浮点精度(查看精度是否达到题目要求,看有没有浮点数比较:eps)，取模操作，初始化数组，边缘数据,输出格式(cas),强制在线是否更新了las
2.通读代码，代码无逻辑错误
3.读题，找到题意理解失误或算法错误
4.放弃
*/

1011.概率DP-水题

题目:Kejin Player
链接:http://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1011&cid=854
大意:有n(5e5)个级别,玩家刚开始1级,i级时,花费 $a_i$ 金币有 $p_i$ 概率升到i+1级,有 $1-p_i)$ 概率掉到 $x_i$ 级,给q(5e5)个询问,从 $le_i级升到ri_i$ 级所需金币的期望
分析:设E[i]为从1级升到i级所需金币的期望,有个结论:从i级升到j级所需金币的期望 $= E [j] - E [i]$ ，所以/ $E[i+1]=E[i]+a_i+(1-p_i)*(E[i+1]-E[x[i]])$ ,所以 $E[i+1]=1/p_i*(E[i]+a[i]-E[x[i]]*(1-p_i))$ ，然后算就可以了
代码

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=int(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = int(5e5+9);
const int mod = 1e9 + 7;
ll MODED(ll x)
{
    x %= mod; 
    if (x < 0)x += mod;
    if (x >= mod)x -= mod;
    return x;
}
//3_2快速幂-逆元
ll qpow(ll a, ll b, ll p)   //求a^bMODp
{
    ll ret = 1; a %= p;
    while (b)
    {
        if (b & 1)ret = ret * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
////////////////求逆元//////////////////////
////////费马小定理
ll inv(ll a, ll p)          //返回a对p的逆元
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}
int n, q;
int p[maxn], s[maxn], x[maxn], a[maxn];
int E[maxn];
#define endl '\n'
int main()
{
#ifndef endl
    freopen("C:\\Users\\VULCAN\\Desktop\\data.in", "r", stdin);
    cout << "************************************Local Test*********************************" << endl;
#endif // !endl
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);

    int T(1), cas(0);
    cin >> T;
    while (cas, T--)
    {
        cin >> n >> q;
        F(i, 1, n)cin >> p[i] >> s[i] >> x[i] >> a[i];
        F(i, 1, n)
        {
            p[i] = 1ll * p[i] * inv(s[i], mod) % mod;
        }
        E[1] = 0;
        F(i, 1, n)
        {
            E[i + 1] = inv(p[i], mod);
            ll tmp = MODED(E[i] + a[i]-1ll*E[x[i]]*(1-p[i])%mod);
            E[i + 1] =1ll* E[i + 1] * tmp%mod;
            //cout << E[i+1] << endl;
        }
        F(i, 1, q)
        {
            int le, ri; cin >> le >> ri;
            cout << MODED(E[ri] - E[le]) << '\n';
        }
    }
    return 0;
}
//What to Debug
/*
-1.最好把全部warning都X掉,否则:https://vjudge.net/solution/19887176
0.看看自己是否有可能需要快读，禁endl
1.数组越界，爆int,浮点精度(查看精度是否达到题目要求,看有没有浮点数比较:eps)，取模操作，初始化数组，边缘数据,输出格式(cas),强制在线是否更新了las
2.通读代码，代码无逻辑错误
3.读题，找到题意理解失误或算法错误
4.放弃
*/