二模02day1解题报告

T1.淘汰赛制

比赛时的淘汰赛制，给出每两个球队比赛的胜率，求出最终胜率最高的队伍。

这题的概率真的很难算啊感觉。。。一开始打的代码打下来就是用f[i][j]表示i场比赛后第j人还在场的概率。不难看出这是一棵树形的状态树

那么可以看出，每次比较的区间长度是2ⁿ，那么可以通过枚举左端点来确定区间。确定区间后，f[i][j]=f[i-1][j]*sum(f[i-1][k]*a[j][k])

T2.种树（trees）

有长度为n的区间，有h个要求，每个要求为[b,e]内至少标记t个数，求最少标记数。

贪心吧。。。

一种做法是先把区间按e，b排序，然后先满足e小的需求，尽量往e靠，每次先计算此区间内已被标记的，然后标记未被标记的直到满足条件，最后扫一遍计算被标记的数；

另一种做法是类似的，每次标记后，搜索后面的区间，如果当前标记点在那个区间内，则减少那个区间的要求量，重复动作直到当前区间需求减少为0。每次检查新区间的时候就把要求量加入ans，最后输出ans即可。

由于第一个做法较简单，第二个较难描述，所以放一下第二种做法的代码。

#include <iostream>
 
#include <cstdio>
 
#include <algorithm>
 
using namespace std;
 
struct request
 
{
 
         int b,e,t;
 
         bool operator < (const request &xx) const
 
         {
 
                   return e==xx.e?b<xx.b:e<xx.e;
 
         }
 
}q[];
 
int n,h;
 
int v[];
 
int main()
 
{
 
         freopen("trees.in","r",stdin);
 
         freopen("trees.out","w",stdout);
 
         cin >> n;
 
         cin >> h;
 
         for (int i=;i<=h;i++)
 
         {
 
                   cin >> q[i].b >> q[i].e >> q[i].t;
 
         }
 
         sort(q+,q+h+);
 
         int cnt=;
 
         for (int i=;i<=h;i++)
 
         {
 
                   if (q[i].t>)
 
                   {
 
                            int pos=q[i].e;
 
                            cnt+=q[i].t;
 
                            for (int j=;j<=q[i].t;j++)
 
                            {
 
                                     while (v[pos])
 
                                               pos--;
 
                                     v[pos]=;
 
                                     for (int k=i+;k<=h;k++)
 
                                               if (q[k].b<=pos&&pos<=q[k].e)
 
                                                        q[k].t--;
 
                            }
 
                   }       
 
         }
 
         cout << cnt << "\n";
 
}

T3.软件开发（software）

有两个项目各有m个步骤，由n个人来完成，每个人完成同一任务的一个步骤时间不变，求出完成的最少时间。(题目给出了每个人完成这两个任务的时间)

一看感觉题目有点熟悉，然后就开始dp。一开始的状态是f[i][j][k]，表示前i个人完成第一个任务的j个步骤，第二个任务的k个步骤所需的最短时间。打了五重循环然后发现是错的，因为每个人的效率是不同的。所以没有交，换了一种打法。

先二分时间，然后就是判断这个时间下是否可行了。判断也是一个dp的过程，f[i][j]表示前i个人做了第一个任务的j个步骤时，还能做第二个任务的步骤数。f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+(t-(j-k)*d1[i])/d2[i])

(d1[i],d2[i]分别表示第i个人做两个任务的一个步骤的时间)。如果最后f[n][m]>=m就表示可行。

如此就能AC了。

（但是第一遍为什么只有40分呢？这就和我当时处理f[1][j]的时候不谨慎有很大关系了，还有一处错就是我把j*d1[i]>t的情况全部舍去了，就把一些情况漏掉了。。。）