EZ 2017 01 07 t

　　这名字诡异（然而就是这样）

　　这次主要是yekehe和yu‘ao都来了，所以很开心的讨论（上了200）。

　　但是，yu’ao dalao又AK了！（666666）

　　不过总体难度也不高，主要是T3没思路。

　　T1 二分或桶

　　·如果你不会这道题，出门右转找傅哥去。

　　去年蒟蒻时期的噩梦啊。然而只是一道PJ的水题。

　　二分洪水的高度（题目错了，数据是向上取整），然后判断是否可行。

　　注意开long long（不开80）

　　CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=405;
LL a[N][N],n,m,i,j,v,h,s;
inline char get(void) 
{
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    if (p1 == p2) 
    {
        p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin);
        if (p1 == p2) return EOF;
    }
    return *p1++;
}
inline void read(LL &x) 
{
    x = 0; static char c;
    for (; !(c >= '0' && c <= '9'); c = get());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; x = x * 10 + c - '0', c = get());
}
inline bool check(LL k)
{
    long long res=0;
    for (i=1;i<=n;++i)
    for (j=1;j<=m;++j)
    if (a[i][j]<=k)
    res+=k-a[i][j];
    return res<v;
}
int main()
{
    freopen("water.in","r",stdin); freopen("water.out","w",stdout);
    read(n); read(m); read(v);
    for (i=1;i<=n;++i)
    for (j=1;j<=m;++j)
    read(a[i][j]);
    LL l=0,r=v+1;
    while (l<=r)
    {
        LL mid=l+r>>1;
        if (check(mid)) h=mid+1,l=mid+1; else r=mid-1;
    }
    for (i=1;i<=n;++i)
    for (j=1;j<=m;++j)
    if (a[i][j]<=h) s+=a[i][j];
    printf("%lld %lld",h,s);
    return 0;
}

　　T2 前缀和+姜度大佬玄学算法。

　　首先思路很好想，把墙的高度都减去一个x就转化成了一个找连续区间的和>=0的问题了。

　　暴力：O（n^3）； 前缀和优化：O（n^2）； 单调栈上二分（裸二分会炸）：O（n log n）；

　　这些，都过不了。

　　然后由于姜度dalao暑假来HW给我们讲过了求最长的区间和>=k的算法，非常简洁且有效率（O（n））；

　　设一个数组mx[]表示后向前缀和最大值，当前答案为res，那么如果mx[i+res]>=s[i]，则向后枚举答案一定增大。

　　由于两个指针（i和res）一起增大，所以复杂度为O（n）；

　　CODE

#include<cstdio>
//#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1000005;
LL sum[N],a[N],mx[N],n,m,i,x,res;
inline char get(void) 
{
    static char buf[10000000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    if (p1 == p2) 
    {
        p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 10000000, stdin);
        if (p1 == p2) return EOF;
    }
    return *p1++;
}
inline void read(LL &x) 
{
    x = 0; static char c;
    for (; !(c >= '0' && c <= '9'); c = get());
    for (; c >= '0' && c <= '9'; x = x * 10 + c - '0', c = get());
}
inline void write(LL x)
{
    if (x/10) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int main()
{
    freopen("dam.in","r",stdin); freopen("dam.out","w",stdout);
    read(n); read(m);
    for (i=1;i<=n;++i)
    read(a[i]);
    while (m--)
    {
        read(x);
        sum[0]=0;
        for (i=1;i<=n;++i)
        sum[i]=sum[i-1]+a[i]-x;
        mx[n]=sum[n];
        for (i=n-1;i;--i)
        mx[i]=sum[i]>mx[i+1]?sum[i]:mx[i+1];
        res=0;
        for (i=1;i+res<=n;++i)
        while (mx[i+res]>=sum[i-1]&&i+res<=n) ++res;
        write(res);
        putchar(' ');
    }
    //printf("
%.2lf",(double)clock());
    return 0;
}

　　T3 当时看到题目蒙蔽了，从来没坐过概率之类的问题。

　　yu‘ao dalao打了很长（貌似）的递推，然后我看了标算才大彻大悟。

　　这就是一道你知道概率公式记忆化搜索的题。

　　把一个状态（m，a[]）（m是剩下的天数，a[]是每个人剩下的体力)hash成一个不会重复的大整数。记搜即可。

　　CODE

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5,seed=51,MAX_SIZE=20000005;
int a[N],n,m,i;
double s[MAX_SIZE];
bool f[MAX_SIZE];
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}
inline int hash(int m)
{
    int res=m;
    for (int i=1;i<n;++i)
    res=res*seed+a[i];
    return res;
}
inline double dfs(int m)
{
    if (!m) return 1.0*(a[1]>0);
    if (f[hash(m)]) return s[hash(m)];
    f[hash(m)]=1;
    double tot=0.0,t=0.0;
    for (int i=1;i<=n;++i)
    if (a[i]>0)
    {
        a[i]--; tot+=dfs(m-1); a[i]++; t++;
    }
    if (t) return s[hash(m)]=tot/t; else return 0;
}
int main()
{
    freopen("hung.in","r",stdin); freopen("hung.out","w",stdout);
    read(n); read(m);
    for (i=1;i<=n;++i)
    read(a[i]);
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        swap(a[1],a[i]); 
        memset(f,0,sizeof(f));
        printf("%.6lf
",dfs(m));
    }
    return 0;
}