Comet OJ Contest #2
A：暴力，显然每两次至少翻一倍。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
ll n,s;
signed main()
{
cin>>n;
s=1;
for (int i=2;;i++)
{
if (i==2) s++;
else s+=s/2;
if (s>n) {cout<<i;return 0;}
}
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
B：列出柿子发现是二次函数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int l,r,L,R;
double ans,a,b,u;
double calc(double x){return (-x*x+b*x-l*(L+R)*0.5)/(r-l);}
signed main()
{
l=read(),r=read(),L=read(),R=read();
a=-1,b=(L+R)*0.5+l,u=-b/(2*a);
double ans=0;
if (l<=u&&u<=r) ans=calc(u);
else if (u>r) ans=calc(r);
printf("%.4f",max(0.0,ans));
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
C：考虑大小为i的点集有多大的概率是独立集，则要求其内部C(i,2)条边均被破坏，概率显然为(x/y)C(i,2)，累加各大小点集贡献即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define P 998244353
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,x,y,ans,fac[N],inv[N];
int ksm(int a,ll k)
{
int s=1;
for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
return s;
}
int Inv(int a){return ksm(a,P-2);}
int calc(int k)
{
return 1ll*ksm(x,1ll*k*(k-1)/2)*Inv(ksm(y,1ll*k*(k-1)/2))%P;
}
int C(int n,int m){return 1ll*fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
cin>>n>>x>>y;
fac[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
inv[0]=inv[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=P-1ll*(P/i)*inv[P%i]%P;
for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%P;
for (int i=0;i<=n;i++) ans=(ans+1ll*C(n,i)*calc(i))%P;
cout<<ans;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
D：对于一个连通块的所有直径，其中点一定相同。考虑枚举中点，这个中点可以是某个点也可以是某条边，以其为树根。然后若要统计直径为i的点集数量，只要保证所选点深度均<=i/2，并且跨过树根有至少两个深度为i/2的点。随便怎么算。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define P 998244353
#define N 2010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,p[N],deep[N],cnt[N],tot[N],qwq[N],ctrb[N],pw[N],ans[N],t;
struct data{int to,nxt;
}edge[N<<1];
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
void dfs(int k,int from)
{
cnt[deep[k]=deep[from]+1]++;
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (edge[i].to!=from) dfs(edge[i].to,k);
}
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
int calc(int k,int *cnt){return 1ll*pw[cnt[k-1]]*(pw[cnt[k]-cnt[k-1]]-1)%P;}
signed main()
{
n=read();
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
addedge(x,y),addedge(y,x);
}
pw[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) pw[i]=2ll*pw[i-1]%P;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
deep[i]=0;
memset(tot,0,sizeof(tot));
memset(ctrb,0,sizeof(ctrb));
memset(qwq,0,sizeof(qwq));
for (int j=p[i];j;j=edge[j].nxt)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
dfs(edge[j].to,i);
for (int k=1;k<=n/2;k++) cnt[k]+=cnt[k-1];
for (int k=1;k<=n/2;k++) ctrb[k]=1ll*ctrb[k]*pw[cnt[k]]%P;
for (int k=1;k<=n/2;k++) inc(ctrb[k],1ll*qwq[k]*calc(k,cnt)%P);
for (int k=1;k<=n/2;k++) qwq[k]=(1ll*qwq[k]*pw[cnt[k-1]]+1ll*pw[tot[k-1]]*calc(k,cnt))%P;
for (int k=1;k<=n/2;k++) tot[k]+=cnt[k];
}
for (int j=1;j<=n/2;j++) inc(ans[j*2],2ll*ctrb[j]%P);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=p[i];j;j=edge[j].nxt)
if (j&1)
{
int x=i,y=edge[j].to;
deep[y]=-1;memset(cnt,0,sizeof(cnt));
dfs(x,y);
for (int k=1;k<=n/2;k++) cnt[k]+=cnt[k-1];
for (int k=0;k<=n/2;k++) tot[k]=cnt[k];
deep[x]=-1;memset(cnt,0,sizeof(cnt));
dfs(y,x);
for (int k=1;k<=n/2;k++) cnt[k]+=cnt[k-1];
for (int k=0;k<=n/2;k++) inc(ans[k*2+1],1ll*calc(k,cnt)*calc(k,tot)%P);
}
for (int i=1;i<n;i++) cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
E：先考虑树，显然有设f[i]为i最终醒来的概率，则初始f[i]=pi，依次合并子树有f[i]=f[i]+(1-f[i])*f[son]*sson。dp完后即转化为若干个环的问题。环上容易想到类似的做法，求出f[i]为i被自身或子树内点唤醒的概率后，有f[i]=f[i]+(1-f[i])*g[from[i]]*sfrom[i]，即为答案。注意这里的g[i]指to[i]不被自身或子树内点唤醒的前提下i醒来的概率，而不能直接用f[i]代替做高斯消元。不考虑复杂度的话，这个g[i]可以通过枚举是谁唤醒他的求出。观察一下式子容易发现加加减减乘乘除除就可以递推出所有g[i]了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 1000000010
#define P 998244353
#define N 100010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,a[N],b[N],p[N],to[N],from[N],f[N],g[N],ans[N],degree[N],q[N],t,cnt;
bool flag[N];
struct data{int to,nxt;
}edge[N];
int ksm(int a,int k)
{
assert(k>=0);
int s=1;
for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
return s;
}
int inv(int a){return ksm(a,P-2);}
void dfs(int k)
{
f[k]=a[k];
for (int i=p[k];i;i=edge[i].nxt)
if (!flag[edge[i].to])
{
dfs(edge[i].to);
f[k]=(f[k]+1ll*(P+1-f[k])*f[edge[i].to]%P*b[edge[i].to])%P;
}
ans[k]=f[k];
}
void topsort()
{
int head=0,tail=0;
for (int i=1;i<=n;i++) degree[to[i]]++;
for (int i=1;i<=n;i++) if (!degree[i]) q[++tail]=i;
while (head<tail)
{
int x=q[++head];
for (int i=p[x];i;i=edge[i].nxt)
{
degree[edge[i].to]--;
if (!degree[edge[i].to]) q[++tail]=edge[i].to;
}
}
for (int i=1;i<=n;i++) if (degree[i]) flag[i]=1;
}
void addedge(int x,int y){t++;edge[t].to=y,edge[t].nxt=p[x],p[x]=t;}
signed main()
{
n=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read(),y=read();
a[i]=1ll*x*inv(y)%P;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
to[i]=read();
addedge(i,to[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read(),y=read();
b[i]=1ll*x*inv(y)%P;
}
topsort();
memset(p,0,sizeof(p));t=0;
for (int i=1;i<=n;i++) addedge(to[i],i);
for (int i=1;i<=n;i++) if (flag[i]) from[to[i]]=i;
for (int i=1;i<=n;i++) if (flag[i]) dfs(i);
for (int i=1;i<=n;i++)
if (flag[i])
{
int x=f[i],s=f[i];
for (int j=from[i];j!=to[i];j=from[j])
{
x=1ll*x*b[j]%P*(P+1-f[to[j]])%P*f[j]%P*inv(f[to[j]])%P;
s=(s+x)%P;
}
g[i]=s;
for (int j=to[i];j!=i;j=to[j])
{
s=(s-x+P)%P;
s=1ll*s*b[from[j]]%P*(P+1-f[j])%P;
x=1ll*x*b[from[j]]%P*(P+1-f[j])%P;
x=1ll*x*inv(b[to[j]])%P*inv(P+1-f[to[to[j]]])%P;
x=1ll*x*inv(f[to[j]])%P;
x=1ll*x*(f[to[to[j]]])%P;
s=(s+f[j])%P;
g[j]=s;
}
for (int j=i;flag[j];j=to[j])
{
flag[j]=0;
ans[j]=(f[j]+1ll*(P+1-f[j])*g[from[j]]%P*b[from[j]])%P;
}
}
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
return 0;
//NOTICE LONG LONG!!!!!
}
Comet OJ Contest #2的更多相关文章
- Comet OJ - Contest #2 简要题解
Comet OJ - Contest #2 简要题解 cometoj A 模拟,复杂度是对数级的. code B 易知\(p\in[l,r]\),且最终的利润关于\(p\)的表达式为\(\frac{( ...
- Comet OJ - Contest #2简要题解
Comet OJ - Contest #2简要题解 前言: 我没有小裙子,我太菜了. A 因自过去而至的残响起舞 https://www.cometoj.com/contest/37/problem/ ...
- Comet OJ - Contest #4--前缀和
原题:Comet OJ - Contest #4-B https://www.cometoj.com/contest/39/problem/B?problem_id=1577传送门 一开始就想着暴力打 ...
- Comet OJ - Contest #11 题解&赛后总结
Solution of Comet OJ - Contest #11 A.eon -Problem designed by Starria- 在模 10 意义下,答案变为最大数的最低位(即原数数位的最 ...
- Comet OJ - Contest #8
Comet OJ - Contest #8 传送门 A.杀手皇后 签到. Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typede ...
- Comet OJ - Contest #13-C2
Comet OJ - Contest #13-C2 C2-佛御石之钵 -不碎的意志-」(困难版) 又是一道并查集.最近做过的并查集的题貌似蛮多的. 思路 首先考虑,每次处理矩形只考虑从0变成1的点.这 ...
- Comet OJ - Contest #13 「火鼠的皮衣 -不焦躁的内心-」
来源:Comet OJ - Contest #13 芝士相关: 复平面在信息学奥赛中的应用[雾 其实是道 sb 题??? 发现原式貌似十分可二项式定理,然后发现确实如此 我们把 \(a^i\) 替换成 ...
- Comet OJ - Contest #13 「佛御石之钵 -不碎的意志-」(hard)
来源:Comet OJ - Contest #13 一眼并查集,然后发现这题 tmd 要卡常数的说卧槽... 发现这里又要用并查集跳过访问点,又要用并查集维护联通块,于是开俩并查集分别维护就好了 一开 ...
- Comet OJ - Contest #5
Comet OJ - Contest #5 总有一天,我会拿掉给\(dyj\)的小裙子的. A 显然 \(ans = min(cnt_1/3,cnt_4/2,cnt5)\) B 我们可以感性理解一下, ...
- Comet OJ Contest #13 D
Comet OJ Contest #13 D \(\displaystyle \sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} a^{i} b^{n- ...
随机推荐
- OpenCV 初体验
个人博客原文链接 个人掘金链接 本文简单地介绍计算机图形处理的一些基本概念,以及一些有趣的例子和对应的Open CV的代码操作. 顺便说一句,恭喜IG夺冠! 一.图片存储原理 1.颜色空间RGB (1 ...
- 如何使用.net开发一款小而美的O2O移动应用？ ——“家庭小秘”APP介绍及采访记录
“家庭小秘”是一款“互联网+生活服务”平台,为市民家庭提供优质家庭生活服务和企业后勤服务,包含了用户注册.购买预约.订单查询.充值付款.即时通讯等功能. 这款应用已上线至AppStore和安卓的应用商 ...
- 【Oracle学习笔记】定时任务(dbms_job)
一.概述 Oralce中的任务有2种:Job和Dbms_job,两者的区别有: 1． jobs是oracle数据库的对象, dbms_jobs只是jobs对象的一个实例, 就像对于tables, e ...
- 简述在ADO中使用接口的抽象数据提供程序以及ADO.NET数据提供程序工厂模型
如何在ADO中使用接口的抽象数据提供程序 在cofig中 appSettings下,配置数据连接类型 <appSettings> <!--这个键值映射到枚举值中的某个值--> ...
- element表格添加序号
表格代码:黄色部分为序号列关键代码上图: <el-table :data="tableData" border height="480" style=&q ...
- jar包 pom
动态的web工程tomcat 自带jar包: jstl: taglibs-standard-impl-1.2.5.jar taglibs-standard-spec-1.2.5.jar //以下是 ...
- HTTP各个status code是什么意思【已解决】
在介绍状态码之前,要简单讲一下为什么要有状态码这个东西.计算机之间的通信以协议为共同基础,客户端和服务端都按照协议的约定进行通信.HTTP的状态码就在HTTP的协议内,规定了很多的状态.客户端请求服务 ...
- L2TP连接尝试失败，因为安全层在初始化与远程计算机的协商时遇到了一个处理错误（转）
L2TP连接尝试失败,因为安全层在初始化与远程计算机的协商时遇到了一个处理错误 错误描述:“ L2TP连接尝试失败,因为安全层在初始化与远程计算机的协商时遇到了一个处理错误” 只有这个没有错误码. ...
- UOJ 275. 【清华集训2016】组合数问题
UOJ 275. [清华集训2016]组合数问题 组合数 $C_n^m $表示的是从 \(n\) 个物品中选出 \(m\) 个物品的方案数.举个例子,从$ (1,2,3)(1,2,3)$ 三个物品中选 ...
- redis 初步认识二(c#调用redis)
前置:服务器安装redis 1.引用redis 2.使用redis(c#) 一 引用redis (nuget 搜索:CSRedisCore) 二 使用redis(c#) using System ...