传送门 思路 好一个神仙题qwq 首先,发现由于一个人死之后分母会变,非常麻烦,考虑用某种方法定住分母. 我们稍微改一改游戏规则:一个人被打死时只打个标记,并不移走,也就是说可以被打多次但只算一次.容易发现这并不影响最终结果. 然而光想到这个好像没什么用? 再考虑容斥:枚举哪些人在1之后被打死,其他随意.设在1后面的人的权值为\(S\),总权值为\(sum\),那么概率就是 \[ \begin{align*} &\sum_{i=0}^{\infty} (1-\frac{w_1+S}{sum})^…

题目链接 loj2541 题解 思路很妙啊, 人傻想不到啊 觉得十分难求,考虑容斥 由于\(1\)号可能不是最后一个被杀的,我们容斥一下\(1\)号之后至少有几个没被杀 我们令\(A = \sum\limits_{i = 1}^{n} w_i\),令\(S\)表示选出那几个在\(i\)之后的\(w_i\)和 我们淘汰人之后概率的分母就改变了,很不好求 我们考虑转化一下问题,每个人被杀后依旧存在,只不过再次选中他时再选一次,是等价的 那么此时那几个人在\(1\)之后的概率 \[ \begin{al…

loj description 有\(n\)个猎人,每个猎人有一个仇恨度\(w_i\),每个猎人死后会开一枪打死一个还活着的猎人,打中每个猎人的概率与他的仇恨度成正比. 现在你开了第一枪,打死每个猎人的概率同样也和它的仇恨度成正比.现在第一个猎人想知道他最后一个死的概率. \(w_i>0,\sum w_i\le10^5\),模\(998244353\) sol 容斥,考虑强制某个集合内的猎人在一号猎人之后被打死,剩下的猎人无所谓. 设这个集合内的猎人的仇恨度之和是\(W\),所有猎人的仇恨度之和…

「PKUWC2018」猎人杀 解题思路 首先有一个很妙的结论是问题可以转化为已经死掉的猎人继续算在概率里面,每一轮一直开枪直到射死一个之前没死的猎人为止. 证明,设所有猎人的概率之和为 \(W\) ,当前已经死掉了概率之和为 \(T\) 的猎人,原问题下一个射死 \(i\) 的概率 \(P\) 为 \[ P =\dfrac{w_i}{W-T} \] 转化过后的问题下一个射死 \(i\) 的概率为 \[ P=\dfrac{T}{W}P+\dfrac{w_i}{W} \\ \dfrac{W-T}{W…

题解 一道神仙的题>< 我们毙掉一个人后总的w的和会减少,怎么看怎么像指数算法 然而,我们可以容斥-- 设\(\sum_{i = 1}^{n} w_{i} = Sum\) 我们把问题转化一下,就是一个猎人死掉之后,并不认为他死掉了,他还活着,只是毙掉他的时候,再毙一次 很容易发现这是个正无穷的递归--但是--这是对的! 例如下一个毙掉\(i\)的概率,死掉的人的w和是\(B\),则 \(P = \frac{B}{A}P + \frac{w_{i}}{A}\) 我们当成一元一次方程解,很容易发现…

传送门 思路太清奇了-- 考虑容斥,即枚举至少有哪几个是在\(1\)号之后被杀的.设\(A=\sum_{i=1}^nw_i\),\(S\)为那几个在\(1\)号之后被杀的人的\(w\)之和.关于杀了人之后分母的变化,我们可以假设这个人被杀之后还活着(说好的人被杀就会死呢),不过如果选到了它要再选一次,这个和之前的是等价的.于是这几个人在\(1\)之后被杀的概率为\[P=\sum_{i=0}^\infty (1-\frac{S+w_1}{A})^i\frac{w_1}{A}\] \[P=\frac…

题目:https://loj.ac/problem/2541 看了题解才会……有三点很巧妙. 1.分母如果变动,就很不好.所以考虑把操作改成 “已经选过的人仍然按 \( w_i \) 的概率被选,但是再次选中一个已经选过的人算作没有操作” . 2.然后要容斥,考虑强制点集 S 的人在 1 号点之后被选.其余随意,那么 \( ans=\sum\limits_{S} (-1)^{|S|} \sum\limits_{i=0}^{\infty} (1-\frac{w_1 + w_S}{A})^i \fr…

这样$ PKUWC$就只差一道斗地主了 假装补题补完了吧..... 这题还是挺巧妙的啊...... LOJ # 2541 题意 每个人有一个嘲讽值$a_i$,每次杀死一个人,杀死某人的概率为$ \frac{a_i}{a_{alive}}$,求第一个人最后死的概率 数据范围:$ 1 \leq a_i \leq 10^5,\sum\limits_{i=1}^n a_i \leq 10^5$ $Solution$ 以下部分用$ val$表示所有人的嘲讽值之和 先讲讲$ n*val$的$ DP$ 用$…

题面传送门 很久之前(2020 年)就听说过这题了,这么经典的题怎么能只听说而亲自做一遍呢 首先注意到每次开枪打死一个猎人之后,打死其他猎人概率的分母就会发生变化,这将使我们维护起来非常棘手,因此我们考虑做一个转化:每次随便从全集中选出一个猎人(不管死的活的),如果它是活的就将它射死.假设现在死了的猎人的 \(w_i\) 值之和为 \(T\),所有猎人的 \(w_i\) 值之和为 \(U\),那么精通无穷级数的同学应该不难推出,对于某个还活着的猎人 \(j\),射到的第一个活着的猎人是 \(j\…

题解 题目中的选择条件等价于正常选择所有猎人,而如果选到已经出局的猎人就继续选: 这两种选法是一样的因为(设$W=\sum_{i=1}^{n}w_{i}$ , $X$为已经出局的猎人的$w$之和): $P_{i} = \sum_{i=0}^{ \infty } {(\frac{X}{W})}^i \frac{w_{i}}{W}$ $= \frac{w_{i}}{W} \sum_{i=0}^{ \infty } {(\frac{X}{W})}^i$ $ = \frac{w_{i}}{W} \fra…

LINK 思路 首先暴力\(n^2\)是很好想的,就是把当前节点概率按照权值大小做前缀和和后缀和然后对于每一个值直接在另一个子树里面算出贡献和就可以了,注意乘上选最大的概率是小于当前权值的部分,选最小是大于当前权值的部分 然后考虑怎么优化 用线段树合并来做 每次向左递归的时候就把x右子树对y左子树的贡献加上,把y右子树对x左子树的贡献加上 每次向左递归的时候就把x左子树对y右子树的贡献加上,把y左子树对x右子树的贡献加上 考虑每个节点,左边的区间贡献一定会被统计完全,右边的区间贡献一定会被统计完…

题目链接 loj2537 题解 观察题目的式子似乎没有什么意义,我们考虑计算出每一种权值的概率 先离散化一下权值 显然可以设一个\(dp\),设\(f[i][j]\)表示\(i\)节点权值为\(j\)的概率 如果\(i\)是叶节点显然 如果\(i\)只有一个儿子直接继承即可 如果\(i\)有两个儿子,对于儿子\(x\),设另一个儿子为\(y\) 则有 \[f[i][j] += f[x][j](1 - p_i)\sum\limits_{k > j}f[r][k] + f[x][j]p_i\sum\…

[LOJ2541][PKUWC2018]猎人杀(容斥,FFT) 题面 LOJ 题解 这题好神仙啊. 直接考虑概率很麻烦,因为分母总是在变化. 但是,如果一个人死亡之后,我们不让他离场,假装给他打一个标记(猎人印记???) 如果在一次选择的时候选中了一个已经被打过标记的人,那么我们就重新做一次选择. 这样显然没有任何影响. 现在考虑如何求第一个人最后一个被打上标记的概率. 我们容斥一下,枚举一下哪些人会在\(1\)之后被选择,那么容斥系数就是\((-1)\)的人数次方. 那么对于钦定的在\(1\)…

题意 LOJ #2541. 「PKUWC 2018」猎人杀 题解 一道及其巧妙的题 , 参考了一下这位大佬的博客 ... 令 \(\displaystyle A = \sum_{i=1}^{n} w_i\) , \(B\) 是已死猎人的 \(w_i\) 的总和 , \(P_i\) 是 \(i\) 当前要被杀死的概率 ... (抄博客咯) 不难有 \(\displaystyle P_i = \frac{w_i}{A-B} \tag{1}\) 如果 不考虑猎人死没死 , 都能被当做目标 qwq (鞭…

Loj #2542. 「PKUWC2018」随机游走 题目描述 给定一棵 \(n\) 个结点的树,你从点 \(x\) 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去. 有 \(Q\) 次询问,每次询问给定一个集合 \(S\),求如果从 \(x\) 出发一直随机游走,直到点集 \(S\) 中所有点都至少经过一次的话,期望游走几步. 特别地,点 \(x\)(即起点)视为一开始就被经过了一次. 答案对 $998244353 $ 取模. 输入格式 第一行三个正整数 \(n,Q,x\). 接下来 \(…

题目链接 loj#2537. 「PKUWC2018」Minimax 题解 设\(f_{u,i}\)表示选取i的概率,l为u的左子节点,r为u的子节点 $f_{u,i} = f_{l,i}(p \sum_{j < i} + (1 - p)\sum_{j > i}f_{r,j}) + f_{r,i}(p\sum_{j < i}f_{l,i} + (1 - p)\sum_{j > i}f_{l,j}) $ 对于每个节点s维护当前节点所有可能的概率和 ,线段树合并 代码 #include&…

「PKUWC2018」随机游走(min-max容斥+FWT) 以后题目都换成这种「」形式啦,我觉得好看. 做过重返现世的应该看到就想到 \(min-max\) 容斥了吧. 没错,我是先学扩展形式再学特殊形式的. \[E(\text{max}(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}E(\text{min}(T))\] 问题转化之后,然后我们可以枚举所有状态然后 \(O(n)\) 树形 \(dp\) \(-1\) 那项可以 \(O(2^n)\) 推出来,接下来就是子集…

LOJ2542. 「PKUWC2018」随机游走 https://loj.ac/problem/2542 分析: 为了学习最值反演而做的这道题~ \(max{S}=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min{T}\) 考虑排序后的\(a\)序列. \(\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}min{T}=\sum\limits_{i=1}^na_i\sum\limits_{j=0}^{n-i}(-1)^j\binom{n…

Description 猎人杀是一款风靡一时的游戏"狼人杀"的民间版本,他的规则是这样的: 一开始有 n个猎人,第 i 个猎人有仇恨度 wi.每个猎人只有一个固定的技能:死亡后必须开一枪,且被射中的人也会死亡. 然而向谁开枪也是有讲究的,假设当前还活着的猎人有\([i_1...i_m]\),那么有\(w_{i_k}\over \sum\limits_{j=1}^{m} w_{i_j}\)的概率是向猎人\(i_k\) 开枪 一开始第一枪由你打响,目标的选择方法和猎人一样(即有\(w_{i…

题目链接 loj#2013. 「SCOI2016」幸运数字 题解 和树上路径有管...点分治吧 把询问挂到点上 求出重心后,求出重心到每个点路径上的数的线性基 对于重心为lca的合并寻味,否则标记下传 对于每个询问,只需要暴力合并两个线性基即可 每个点只会被加到logn个线性基里,所以总复杂度为O(nlogn60 + q60*2) 然后我写了句memset(b,0,sizeof 0)...被卡了1h... 代码 #include<cstdio> #include<vector> #…

题目描述 题目分析 设\(W=\sum\limits_{i=1}^nw_i\),\(A=\sum\limits_{i=1}^nw_i[i\ is\ alive]\),\(P_i\)为下一个打中\(i\)的概率. 如果开枪打中了已经死亡的猎人,我们可以视作再开一枪,这样就不会产生影响,因此有 \[ \begin{split} P_i&=\frac{W-A}{W}P_i+\frac{w_i}W\\ 移项得\ P_i&=\frac{w_i}{A} \end{split} \] 考虑容斥,枚举\(…

题面 LOJ #6436. 「PKUSC2018」神仙的游戏 题解 参考 yyb 的口中的长郡最强选手 租酥雨大佬的博客 ... 一开始以为 通配符匹配 就是类似于 BZOJ 4259: 残缺的字符串 这样做 . 把通配符设成 \(0\) 然后 . 别的按 \(\mathrm{ASCII}\) 码 给值 , 最后把他写成式子的形式 ... 后来发现太年轻了 qwq 先要做这题 , 那么先发现性质咯 : 存在一个长度为 \(len\) 的 \(border\) 当且仅当对于 \(\forall i…

  进阶篇戳这里. 目录 何为「多项式」 基本概念 系数表示法 & 点值表示法 傅里叶(Fourier)变换 概述 前置知识 - 复数 单位根 快速傅里叶正变换(FFT) 快速傅里叶逆变换(IFFT) 迭代实现 例题 「洛谷 P3803」「模板」多项式乘法(FFT) 题意简述 数据规模 快速数论变换(NTT) 原根 实现 NTT 模数 奇怪的模数 - 任意模数 NTT 三模 NTT 拆系数 FFT(MTT) 七次转五次 五次转四次 例题 「洛谷 P4245」「模板」任意模数 NTT 题意简述 数…

LINK 思路 首先在加入几个点之后所有的点都只有三种状态 一个是在独立集中,一个是和独立集联通,还有一个是没有被访问过 然后前两个状态是可以压缩起来的 因为我们只需要记录下当前独立集大小和是否被访问过,然后每次加点我们直接枚举加入独立集中的点然后周围联通的点都可以一起访问,只要保证当前枚举的点没有被访问过就可以了 因为这样选出来的当前的点一定是不是独立集中的且不和独立集联通的 然后每次因为加入了很多个点,我们设\(w_i\)表示和i联通(包括i)的所有点的集合 然后就可以用排列数算了,只需要保…

题面 思路 我们可以把到每个点的期望步数算出来取max?但是直接算显然是不行的 那就可以用Min-Max来容斥一下 设\(g_{s}\)是从x到s中任意一个点的最小步数 设\(f_{s}\)是从x到s中任意一个点的最大步数 然后就可以的得到 \(f_{s}=\sum_{t\subseteq s}(-1)^{|t|+1}g_t\) 然后考虑g怎么求 设\(p_i\)是i点到任意一个子集中的点的最小步数 有\(p_u=\frac{1}{du_u}(1+p_{fa_u})+\frac{1}{du_u}…

题目:https://loj.ac/problem/2312 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3733 原本以为要线段树分治+LCT,查了查发现环上的值直接是 dis[ u ] ^ dis[ v ] ^ w[ i ] 就行了(其中 u , v 是边的两端, i 是边的标号). 再看一下题,发现一开始一定是连通的.所以剩下的就和 bzoj 4184 shallot 一样用线性基就行了. 因为有 1000 位,所以用 bitset . 线性基求最大值原来…

题目描述 给定一棵 nn 个结点的树,你从点 xx 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去. 有 QQ 次询问,每次询问给定一个集合 SS,求如果从 xx 出发一直随机游走,直到点集 SS 中所有点都至少经过一次的话,期望游走几步. 特别地,点 xx(即起点)视为一开始就被经过了一次. 答案对 998244353998244353 取模. 输入格式 第一行三个正整数 n,Q,xn,Q,x. 接下来 n-1n−1 行,每行两个正整数 (u,v)(u,v) 描述一条树边. 接下来 QQ …

题解 加法没写取模然后gg了QwQ,de了半天 思想还是比较自然的,线段树合并的维护方法我是真的很少写,然后没想到 很显然,我们有个很愉快的想法是,对于每个节点枚举它所有的叶子节点,对于一个叶子节点的值为v,然后查询另一棵树小于v的概率和×该节点的p + 大于v的概率和 × 该节点的(1 - p),作为这个v新的概率 我们用线段树合并优化这个操作,我们对于两个树的左右儿子计算四个值 分别是 对于第一棵树的左区间,计算第二棵树的右区间的影响,是第二棵树右区间的概率和×(1 - p) 对于第一棵树的…

题面 题解 强势安利一波巨佬的$blog$ 线段树合并吼题啊 合并的时候要记一下$A$点权值小于$l$的概率和$A$点权值大于$r$的概率,对$B$点同样做 时空复杂度$\text O(nlogw)$,$w$为其中权值的最大值 代码 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #define RG register #define file(x) freope…

$ \color{#0066ff}{ 题目描述 }$ 九条可怜在玩一个很好玩的策略游戏:Slay the Spire,一开始九条可怜的卡组里有 \(2n\) 张牌,每张牌上都写着一个数字\(w_i\),一共有两种类型的牌,每种类型各 \(n\) 张: 攻击牌:打出后对对方造成等于牌上的数字的伤害. 强化牌:打出后,假设该强化牌上的数字为\(x\),则其他剩下的攻击牌的数字都会乘上 \(x\).保证强化牌上的数字都大于 1. 现在九条可怜会等概率随机从卡组中抽出 \(m\) 张牌,由于费用限制,九…