BZOJ 2720: [Violet 5]列队春游

2720: [Violet 5]列队春游

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分析：

这题有一个$O(n^{2})$的做法和一个$O(n)$的做法，说一说$O(n)$的做法吧：

我们记不低于第$i$个小朋友身高的小朋友个数(不包括自己)为$k$，那么每个小朋友的期望视野距离之和就是答案...所以我们先算每个小朋友的期望视野距离...

$ans=sum _{i=1}^{n}i*p(L=i)$

$ans=sum _{i=1}^{n}p(L>=i)$

这是一个很机智的转化是不是...就是上面那个是枚举视野距离然后乘上概率，现在改成枚举当前小朋友前面第$i$个人有多大概率被看到，其贡献为$1$，所以直接把概率相加...

$ans=sum _{i=1}^{n}frac {(n-i+1) extrm{A} _{n-i}^{k}}{ extrm{A} _{n}^{k+1}}$

这个东西就是我们考虑那些会挡住当前小朋友的人以及小朋友自己在$n$个位置中随便排列，然后看合法的有多少种，就是当前小朋友的位置已经固定，然后剩下的$k$个位置不能占用当前小朋友前面的$i-1$个位置，所以只能在剩下的$n-i$个位置总选择，然后当前小朋友的合法位置有$n-i+1$个，所以乘上$n-i+1$...

$ans=sum _{i=1}^{n}frac {(n-i+1)frac {(n-i)!}{(n-i-k)!}}{frac {n!}{(n-k-1)!}}$

$ans=frac {(n-k-1)!}{n!}sum _{i=1}^{n} frac {(n-i+1)!}{(n-i-k)!}$

$ans=frac {(n-k-1)!}{n!}(k+1)!sum _{i=1}^{n}frac {(n-i+1)!}{(n-i-k)!(k+1)!}$

$ans=frac {(n-k-1)!}{n!}(k+1)!sum _{i=1}^{n} extrm{C} _{n-i+1}^{k+1}$

$ans=frac {(n-k-1)!}{n!}(k+1)! extrm{C} _{n+1}^{k+2}$

$ans=frac {k+2}{n+1}$

代码：

$O(N)$

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
 
const int maxn=1000+5;
 
int n,h[maxn],sum;
 
double ans;
 
signed main(void){
    scanf("%d",&n);ans=0;
    for(int i=1,x;i<=n;i++)
        scanf("%d",&x),++h[x];
    for(int i=1;i<=1000;i++)
        ans+=1.0*h[i]*(n+1)/(n-sum+1),sum+=h[i];
    printf("%.2f
",ans);
    return 0;
}

　　

$O(N^{2})$

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
 
const int maxn=300+5,maxm=1000+5;
 
int n,h[maxn],id[maxm];
 
double ans;
 
signed main(void){
    scanf("%d",&n);ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&h[i]);
    sort(h+1,h+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(!id[h[i]])
            id[h[i]]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        double p=1;
        for(int j=1;j<n;j++)
            ans+=p*(double)(n-j+1)/(double)n,p*=(double)(id[h[i]]-j)/(n-j);
        ans+=p*1.0/(double)n;
    }
    printf("%.2f
",ans);
    return 0;
}

　　

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By NeighThorn