24.6.9( 概率dp)

news2024/11/16 5:53:49

星期一：

abc356 D                                                                    atc传送门

思路：按位与操作，M的非零位对答案一定没有贡献，对M为1的位，考虑有多少k此位也为1

按位枚举，m此位为0跳过，例如n为110 0 10，枚举到第2位(从0开始，考虑多少种情况此位为1，此时n此位为0，左边的数为110，右边为10，先考虑左边的取值，若小于110，则后面任意取值，有 2^2 种情况(指数为右边数长度，若等于110，则若中间位为1，有10种情况，若为0，则无贡献

代码如下：

const int mod=998244353;
ll n;

void solve(){
	ll m; cin >> n >> m;
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<60;i++){
		if(!((m>>i)&1)) continue;
		ll l=n>>i+1;
		ll r=n%(1ll<<i);
		ans+=l*(1ll<<i)%mod+(n>>i&1)*(r+1),ans%=mod;
	}
	cout << ans;
}

百度之星2023 新的阶乘                                              mtj传送门

线性筛好题，暴力分解质因数会t

思路：做这题得先了解线性筛，为什么每个数只会被筛一次，每个数是被其最小质因子筛掉的，  一个数如果是合数，应该把指数加在自己的因子上，例如，12^5 = 2^5 * 6^5，6^5 = 2^5 * 3^5，像酱紫往下传，所以可以从大到小枚举，在线性筛的时候顺便存下每个数的最小质因子

代码如下：

const int N=1e7+10,M=210;
ll n;
int p[N],idx;
bool vi[N];
int minpf[N];
ll v[N];
void getp(int x){
	for(int i=2;i<=x;i++){
		if(!vi[i]) p[++idx]=i,minpf[i]=i;
		for(int j=1;1ll*i*p[j]<=x;j++){
			vi[i*p[j]]=1;
			minpf[i*p[j]]=p[j];
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}
void solve(){
	cin >> n;
	getp(n);
	for(int i=2;i<=n;i++) v[i]=n+1-i;             //赋上指数初值
	map<int,ll>mp;
	int ma=0;
	for(int i=n;i>1;i--){
		if(i==minpf[i]) mp[i]=v[i],ma=max(i,ma);  //为质数,记录答案
		else{
			v[minpf[i]]+=v[i];
			v[i/minpf[i]]+=v[i];                  //为合数,下传指数
			ma=max({minpf[i],i/minpf[i],ma});
		}
	}
	cout << "f(" << n << ")=";
	for(auto [a,b]:mp){
		if(a==ma){
			if(b==1) cout << a;
			else cout << a << "^" << b;
		}else{
			if(b==1) cout << a << "*";
			else cout << a << "^" << b << "*";
		}
	}
}

学了下迭代写法的快速幂，感觉比递归好写点：

ll qpow(int a,int n){
	ll res=1;
	while(n){
		if(n&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return res;
}

cf 148 D 抓老鼠   概率dp                                             cf传送门

 题意：俩人轮流从袋子里抓老鼠，w只白鼠，b只黑鼠，谁先抓到白鼠谁赢，问先手赢的概率

思路：dp【i】【j】表示袋子有 i只白鼠，j只黑鼠先手赢的概率，初始状态 dp【i】【0】为1，    dp【0】【i】为0，答案为 dp【w】【b】

分类讨论情况来转移：

先手白，直接赢

先手黑，后手白，输，对答案无贡献

先手黑，后手黑，跑出一只黑 / 白，从 dp【i】【j-3】和 dp【i-1】【j-2】转移

代码如下：

int w,b;
double dp[1010][1010];
void solve(){
	cout << fixed << setprecision(11);
	cin >> w >> b;
	for(int i=1;i<=w;i++) dp[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=b;i++) dp[0][i]=0;
	for(int i=1;i<=w;i++){
		for(int j=1;j<=b;j++){
			dp[i][j]+=1.0*i/(i+j);
			if(i>=1 && j>=2) dp[i][j]+=1.0*j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*i/(i+j-2)*dp[i-1][j-2];
			if(j>=3) dp[i][j]+=1.0*j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(j-2)/(i+j-2)*dp[i][j-3];
		}
	}
	cout << dp[w][b];
}

poj 3071 球队淘汰赛                                                    vj传送门

注意原题的提交不支持万能头, 以及可能有奇奇怪怪的编译报错

思路 : dp【i】【j】表示第 i队活到第 j轮的概率

这题唯一比较麻烦的点就是，如何找出每一轮是哪些队pk

代码如下:

ll n;
double dp[132][11];
double a[132][132];
void solve(){
	while(cin >> n && n!=-1){
		for(int i=1;i<=1<<n;i++){
			for(int j=1;j<=1<<n;j++)
				cin >> a[i][j];
		}
		for(int i=1;i<=1<<n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++) dp[i][j]=0;
		for(int i=1;i<=1<<n;i++) dp[i][0]=1;        //初始化
		for(int rd=1;rd<=n;rd++){      //枚举轮数
			int len=1<<rd;
			for(int l=1;l+len-1<=1<<n;l+=len){
				int r=l+len-1;
				int mid=l+r>>1;
				for(int i=l;i<=mid;i++){
					for(int j=mid+1;j<=r;j++){      //i和j在第rd轮比赛
						dp[i][rd]+=dp[i][rd-1]*dp[j][rd-1]*a[i][j];
						dp[j][rd]+=dp[j][rd-1]*dp[i][rd-1]*a[j][i];
					}
				}
			}
		}
		int ans=0;double cmp=0;
		for(int i=1;i<=1<<n;i++)
			if(dp[i][n]>cmp){cmp=dp[i][n],ans=i;}
		cout << ans << "\n";
	}
}

晚上cf round950 div3好不容易出了5题，c被人用卡unordered_map的数据hack掉了，无言

星期二：

 期望dp 换教室                                                           洛谷传送门

思路：dp【i】【j】【0 / 1】表示到第 i个时段，申请了 j次，这次 没有/有 申请的期望路程

转移比较麻烦

需要将dp数组初始化为极大值，否则转移会出问题

代码如下：

ll n;
int m,v,e;
int c[2020],d[2020];
double p[2020];
int dis[330][330];
double dp[2020][2020][2];
void solve(){
	cin >> n >> m >> v >> e;
	for(int i=1;i<=v;i++)
		for(int j=1;j<i;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=1e9;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> c[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> d[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> p[i];
	for(int i=1;i<=e;i++){
		int a,b,w; cin >> a >> b >> w;
		dis[a][b]=dis[b][a]=min(dis[a][b],w);
	}
	for(int k=1;k<=v;k++){
		for(int i=1;i<=v;i++)
			for(int j=1;j<=v;j++)
				dis[i][j]=min(dis[i][k]+dis[k][j],dis[i][j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++) dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=1e9;
	dp[1][0][0]=0,dp[1][1][1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=min(i,m);j++){
			dp[i][j][0]=min(dp[i-1][j][0]
                            +dis[c[i]][c[i-1]],
				            dp[i-1][j][1]
                            +p[i-1]*dis[c[i]][d[i-1]]
                            +(1-p[i-1])*dis[c[i]][c[i-1]]);
			if(j>0)
				dp[i][j][1]=min(dp[i-1][j-1][0]
                                +p[i]*dis[d[i]][c[i-1]]
                                +(1-p[i])*dis[c[i]][c[i-1]],
			            		dp[i-1][j-1][1]
                                +p[i]*p[i-1]*dis[d[i]][d[i-1]]
                                +(1-p[i])*p[i-1]*dis[c[i]][d[i-1]]
					            +p[i]*(1-p[i-1])*dis[d[i]][c[i-1]]
                                +(1-p[i])*(1-p[i-1])*dis[c[i]][c[i-1]]);
		}
	}
	double ans=1e9;
	for(int i=0;i<=m;i++)
		ans=min({dp[n][i][0],dp[n][i][1],ans});
	cout << fixed << setprecision(2) << ans << "\n";
}

星期三：

补24东北  L                                                         cf传送门

思路：我不到啊

代码如下：

ll n;

void solve(){
	string s; cin >> s;
	n=s.size(); s=" "+s;
	stack<int>sk;
	vector<int>ve;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='(') sk.push(i);
		else{
			if(sk.top()==i-1) ve.push_back(1);
			else ve.push_back(2);
			sk.pop();
		}
	}
	reverse(ve.begin(),ve.end());
	ll ans=1,cnt=0;
	for(auto i:ve){
		cnt++;
		if(i==2) ans=ans*cnt%mod;
	}
	cout << ans;
}

补20届东南校赛  J                                                      cf传送门

思路：dp【i】【j】表示考虑到第 i个，分成 j段的最低子段值

s【i】【j】表示在（ i , j ]中有多少子段和为x，进行 n*n*k的枚举转移答案

其实转移并不难，赛时没出可能是预处理的思路出错了，且不熟悉 n^2的转移？

代码如下：

ll n;
ll a[3030];
int s[3030][3030],dp[3030][22];
void solve(){
	int k,x; cin >> n >> k >> x;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i],a[i]+=a[i-1];
	for(int i=0;i<n;i++){
		unordered_map<int,int>mp;
		int cnt=0;
		mp[a[i]]=1;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(mp[a[j]-x]) cnt+=mp[a[j]-x];
			mp[a[j]]++;
			s[i][j]=cnt;
		}
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=k;j++)
			for(int y=0;y<i;y++)
				dp[i][j]=min(dp[y][j-1]+s[y][i],dp[i][j]);
	}
	cout << dp[n][k];
}

星期四：

cf 期望dp 魔镜                                                         cf传送门

思路：dp【i】表示从头问，问到第 i个镜子且漂亮的期望天数

转移为：dp【i】= pi/100* ( dp【i-1】+1）+ （ 1 - pi/100）*（ dp【i】+1）

上述转移错误，应为：dp【i】= dp【i-1】+ pi/100 + （ 1 - pi/100）*（ dp【i】+1）

到第 i面镜子首先需要dp【i-1】的天数，有 pi/100的概率漂亮，即比 dp【i-1】多1天，有（1-pi/100）的概率不漂亮，那么除了不漂亮的这一天，还要再花 dp【i】天

化简可得递推式，快速幂的a，记得开 ll

代码如下：

const int mod=998244353;
ll n;
ll qpow(ll a,int n){
	ll res=1;
	while(n){
		if(n&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return res;
}
void solve(){
	cin >> n;
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int p; cin >> p;
		ans=(ans+1)*100%mod*qpow(p,mod-2)%mod;
	}
	cout << ans << "\n";
}

百度之星2022 逃离树                                             mtj传送门

思路：dp【i】表示从 i点开始到逃离树的期望天数，叶子节点的dp值即为0

从叶子节点向根节点逆推，对于一个节点 x 分析有哪些情况

第一种情况，去到叶子节点 i，叶子节点逃离的期望天数已知，为dp【i】，dp【x】即dp【i】+1，那么贡献就是 去到 i的概率*（dp【i】+1），累加上所有叶子节点即可

第二种情况，停留一天，dp【x】即为 dp【x】+1，需要注意的是，这里的转移和魔镜长得很像，但实际意义并不相同，因为魔镜的dp【i】定义为从头开始到 i，而逃离的dp【i】定义为从 i开始。对于这种情况也乘上其概率，加到dp【x】

即得 dp[x]=\sum (qi/sum*(dp[i]+1))+pi/sum*(dp[x]+1)，注意化简时别出错

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=998244353;
ll n;
int p[N];
vector<PII>ve[N];
ll dp[N];
ll qpow(ll a,int n){
	ll res=1;
	while(n){
		if(n&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return res;
}
void dfs(int x){
    if(ve[x].empty()) return ;  //叶子节点可直接返回,当然不返回值也会是0
	ll sum=p[x];
	for(auto [w,i]:ve[x]){
		sum+=w;                 //先算出分母
		dfs(i);                 //预处理出叶子节点
	}
	dp[x]=sum*qpow(sum-p[x],mod-2)%mod;
	for(auto [w,i]:ve[x])
		dp[x]+=w*dp[i]%mod*qpow(sum-p[x],mod-2)%mod,dp[x]%=mod;
}
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> p[i];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int x,y; cin >> x >> y;
		ve[x].push_back({y,i});
	}
	dfs(1);
	cout << dp[1];
}

星期五：

百度之星  石碑文                                                        mtj传送门

百度之星挺多求方案数的题还挺有意思的

思路：dp【i】【j】表示考虑到第 i个，j表示目前的shs的状态

转载题解：2023 百度之星 题目解析_百度之星真题-CSDN博客，讲的很清晰

由 i-1求 i好像有点吃力或不可行？从 i往 i+1推比较方便，且网上题解貌似都这么写的

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
ll dp[N][10];
void solve(){
	cin >> n;
	dp[0][0]=1;
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(int j=0;j<10;j++){
//			if(j==9) dp[i][j]=dp[i-1][j]*26%mod;
//			else if(j%3==1){
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j];  //+s
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]; //+s
//				dp[i][j]%=mod;
//			}else if(j%3==2){
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j-1];
//				dp[i][j]%=mod;
//			}else{
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j+1]*24%mod;
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j-1];
//				dp[i][j]+=dp[i-1][j]*25%mod;
//				dp[i][j]%=mod;
//			}
//		}
//	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<10;j++){
			if(j==9) dp[i+1][j]+=dp[i][j]*26%mod,dp[i+1][j]%=mod; //加任意字母
			else if(j%3==1){
				dp[i+1][j]+=dp[i][j],dp[i+1][j]%=mod;             //加s
				dp[i+1][j+1]+=dp[i][j],dp[i+1][j+1]%=mod;         //加h
				dp[i+1][j-1]+=dp[i][j]*24,dp[i+1][j-1]%=mod;      //加除了s,h
			}else if(j%3==2){
				dp[i+1][j+1]+=dp[i][j],dp[i+1][j+1]%=mod;         //加s
				dp[i+1][j-2]+=dp[i][j]*25%mod,dp[i+1][j-2]%=mod;  //加除了s
			}else{
				dp[i+1][j+1]+=dp[i][j],dp[i+1][j+1]%=mod;         //加s
				dp[i+1][j]+=dp[i][j]*25%mod,dp[i+1][j]%=mod;      //加除了s
			}
		}
	}
	cout << dp[n][9];
}

补昨晚cf round951 div2 D                                              cf传送门

思路：正解的实现有点复杂

代码如下：

ll n;
int k;
string s;
bool check(string s){
	for(int i=2;i<=k;i++)
		if(s[i]!=s[i-1]) return 0;
	for(int i=1;i<=n-k;i++)
		if(s[i+k]==s[i]) return 0;
	return 1;
}
void op(int idx){
	reverse(s.begin()+1,s.begin()+idx+1);
	string ns=" "+s.substr(idx+1,n-idx)+s.substr(1,idx);
	if(check(ns)) cout << idx << "\n";
	else cout << "-1\n";
}
void solve(){
	cin >> n >> k;
	cin >> s; s=" "+s;
	int cnt=1;
	for(int i=n-1;i;i--){
		if(s[i]!=s[i+1]) break;
		cnt++;
	}
	if(cnt>k){cout << "-1\n"; return ;}
	if(cnt==k){
		if(check(s)){
			if(s[1]!=s[n] || n==k) cout << k << "\n";
			else cout << k*2 << "\n";
		}else{
			int idx=n;
			for(int i=n-k;i;i--)
				if(s[i]==s[i+k]){idx=i; break;}
			op(idx);
		}
	}else{
		bool if1=0;
		for(int i=1,j;i<=n;i++){
			if(s[i]!=s[n]) continue;
			j=i;
			while(j<n && s[j+1]==s[n]) j++;
			if(j-i+1==k-cnt){
				op(j);
				if1=1;
				break;
			}else if(j-i+1==2*k-cnt){
				op(j-k);
				if1=1;
				break;
			}
			i=j;
		}
		if(!if1) op(n);
	}
}

周末：

牛客打了第二十届西南科技校赛，被道线段树卡住了。

补 C 线段树                                                               牛客传送门

一开始想所有操作都用线段树来做（包括维护图腾，没想出来怎么做

思路：用一个multiset维护图腾的坐标和能量，线段树只需要实现最基本的区修区差就行

代码如下：

const int N=2e6+10,M=210;
ll n;
struct seg_Tree{
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
	struct nod{
		int l,r;
		ll sum,add;
	}t[N];
	ll ql,qr,qv;
	nod merge(nod a,nod b){
		nod res;
		res.l=a.l,res.r=b.r;
		res.sum=a.sum+b.sum;
		res.add=0;
		return res;
	}
	void pushup(int p){t[p]=merge(t[lc],t[rc]);}
	void pushdn(int p){
		if(!t[p].add) return ;
		t[lc].sum=(t[lc].r-t[lc].l+1)*t[p].add;
		t[rc].sum=(t[rc].r-t[rc].l+1)*t[p].add;
		t[lc].add=t[p].add;
		t[rc].add=t[p].add;
		t[p].add=0;
	}
	void bd(int p,int l,int r){
		t[p]={l,r,0,0};
		if(l==r) return ;
		int mid=l+r>>1;
		bd(lc,l,mid);
		bd(rc,mid+1,r);
		pushup(p);
	}
	void update(int p){
		if(t[p].l>=ql && t[p].r<=qr){
			t[p].sum=1ll*(t[p].r-t[p].l+1)*qv;
			t[p].add=qv;
			return ;
		}
		int mid=t[p].l+t[p].r>>1;
		pushdn(p);
		if(ql<=mid) update(lc);
		if(qr>mid) update(rc);
		pushup(p);
	}
	nod query(int p){
		if(t[p].l>=ql && t[p].r<=qr) return t[p];
		int mid=t[p].l+t[p].r>>1;
		pushdn(p);
		if(qr<=mid) return query(lc);
		if(ql>mid) return query(rc);
		return merge(query(lc),query(rc));
	}
	void updt(int l,int r,ll v){
		ql=l,qr=r;
		qv=v;
		update(1);
	}
	ll ask(int l,int r){
		ql=l,qr=r;
		return query(1).sum;
	}
}tr;
void solve(){
	int m,q; cin >> n >> m >> q;
	tr.bd(1,1,n);
	vector<int>ve;
	ve.push_back(0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int p; cin >> p;
		ve.push_back(p);
	}
	multiset<PII>mt;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int v; cin >> v;
		mt.insert({ve[i],v});
	}
	for(multiset<PII>::iterator it=mt.begin();it!=mt.end();it++){
		auto tt=next(it);
		if(tt==mt.end()) break;
		int p1=it->first,v1=it->second;
		int p2=tt->first,v2=tt->second;
		if(p1==p2-1) continue;
		tr.updt(p1+1,p2-1,1ll*v1*v2);
	}
	while(q--){
		int op; cin >> op;
		if(op==1){
			int x,v; cin >> x >> v;
			tr.updt(x,x,0);
			auto pv1=*(--mt.lower_bound({x,0}));
			auto pv2=*(mt.upper_bound({x,0}));
			if(pv1.first<x-1) tr.updt(pv1.first+1,x-1,1ll*pv1.second*v);
			if(x<pv2.first-1) tr.updt(x+1,pv2.first-1,1ll*pv2.second*v);
			mt.insert({x,v});
		}else{
			int l,r; cin >> l >> r;
			cout << tr.ask(l,r) << "\n";
		}
	}
}

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