10.16 NOIP模拟赛 期望斜率优化 + 模拟 + 状压

游戏 (game.cpp/c/pas)
【题目描述】
有n 个数，编号从1 到n。现在把n 个数分成k 组编号为1 到k，使得每组内的数必须
连续，组与组之间不能相交并且每个数必须属于一个组。
游戏进行的过程如下：
1. 如果n 个数都已经获得了，游戏结束。否则，找到编号最小没有全部获得的组X。
2. 游戏系统会给一个空的盒子，对于组X 中已经获得的数i，将ti 张写着数i 的卡片放
入盒子中，对于组X 中最小的没有获得的数j，将tj 张写着数j 的卡片放入盒子中。
3. 随机从盒子中抽取一张卡片，表示当前获得的数字，然后等待1 小时的冷却时间后
跳转到过程1。
现在需要确定一个最好的分组，使得这个游戏期望结束的时间最小。
【输入格式】
第一行两个整数n，k。
第二行n 个整数，第i 个整数为ti。
【输出格式】
一行，游戏结束的最小期望时间，保留小数点后两位。
【样例输入】
4 2
100 3 5 7
【样例输出】
5.74
【数据范围】
对于30%的数据， 1 <= n <= 20。
对于100%的数据，1 <= n <= 200000, 1 <= k <= min(50, n)，1 <= ti <= 100000。
【样例解释】
分组方式为{100},{3,5,7}。

这道题一开始感觉很难的样子， 不过仔细推算一下发现是非常naive的斜率优化.
首先对于每一段中的一个i来说， 每一个i的贡献是i到这一段开头的sum， 由于每一次花费是1h， 所以期望贡献是 sum / ti(每次是1h， 抽到的概率是 ti / sum， 所以1/(ti/sum)就是期望抽到的时间). 假设j+1到i是一段， 那么这一段每一个的贡献就是:

sigma (sum[x1] - sum[j]) / t[x1] (j+1<=x1<=i)
sum[x1] 可以用一个s1数组维护出来， sum[j] / t[x1]也可以维护一个1/t[x1]的前缀和. 乘以sum[j]就得到了要减的数.
所以
dp[i] = dp[j] + s1[i] - s1[j] - (s2[i] - s2[j]) * sum[j];
斜率优化即可.

#include<stdio.h>const int maxn = 200005;int n, k, q[maxn];double dp[maxn][51], sum[maxn], s1[maxn], s2[maxn], t[maxn];inline double up(int j1, int k1, int p, int i){    return dp[j1][p - 1] - dp[k1][p - 1] - s1[j1] + s1[k1] + s2[j1] * sum[j1] - s2[k1] * sum[k1];}inline double down(int j1, int k1){    return sum[j1] - sum[k1];}int main(){    freopen("game.in", "r", stdin);    freopen("game.out", "w", stdout);    scanf("%d%d", &n, &k);    for(int i = 1; i <= n; ++i){        scanf("%lf", &t[i]);        sum[i] = t[i] + sum[i - 1];        s1[i]  = s1[i - 1] + sum[i] / t[i];        s2[i]  = s2[i - 1] + 1.0 / t[i];    }    for(int i = 1; i <= n; ++i)        dp[i][1] = s1[i];    for(int j = 2; j <= k; ++j){        int h = 1, t = 0;        q[++t] = 0;        for(int i = 1; i <= n; ++i){            while(h < t && up(q[h + 1], q[h], j, i) <= s2[i] * down(q[h + 1], q[h])) ++h;            dp[i][j] = dp[q[h]][j - 1] + s1[i] - s1[q[h]] - (s2[i] - s2[q[h]]) * sum[q[h]];            while(h < t && up(q[t - 1], q[t], j, i) * down(q[t], i) >= up(q[t], i, j, i) * down(q[t - 1], q[t])) --t;            q[++t] = i;        }    }    printf("%0.2lf\n", dp[n][k]);}

开关灯 (lamp.cpp/c/pas)
【题目描述】
有n个灯，初始时都是不亮的状态，每次你可以选择一个某一个灯，不妨记为x，所有满足和x距离不超过k的灯的状态都将被翻转，选择第i个灯的代价记为c[i]，问最终所有灯都是亮的状态的最小花费。
【输入格式】
输入有两行，第一行包含两个正整数n , k。
第二行包含n个整数，分别表示c[i]。
【输出格式】
一行，表示最小花费。
【样例输入】
3 1
1 1 1
【样例输出】
1
【数据范围】
20%的数据保证：1 <= N <= 20。
100%的数据保证：1 <= N <= 10000 , 0 <= k <= 1000 , 0 <= c[i] <= 1000000000。

很明显当前选的不能跟之前选的有重叠.
O(n)模拟即可.

#include<stdio.h>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long dnt;const int maxn = 10005;int n, k;dnt f[maxn], c[maxn], ans;int main(){    freopen("lamp.in", "r", stdin);    freopen("lamp.out", "w", stdout);    ans = -1;    memset(f, -1, sizeof(f));    scanf("%d%d", &n, &k);    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%I64d", &c[i]);    for(int i = 1; i <= n; ++i){        if(i - k <= 1)  f[i] = c[i];        if(i - 2 * k - 1 >= 1)            if(~f[i - 2 * k - 1])                f[i] = f[i - 2 * k - 1] + c[i];        if(~f[i] && i + k >= n){            if(ans == -1) ans = f[i];            else ans = min(ans, f[i]);        }    }    printf("%I64d\n", ans);}

工作 (work.pas/cpp/c)
【题目描述】
有N件事，每件事有两个属性a，b，现在你要以某种顺序做完这N件事，考虑这个人目前做的事情是i，他做的前一件事是j，那么他做这件事的代价就是(a[i] | a[j]) – (a[i] & a[j])，如果前面没有做事，那么代价就是a[i]，但是事情总有轻重缓急之分，按原本顺序的事i最多能推迟到做完任意件紧接着事i之后的事j，i < j <= i + b[i]后做，即原本顺序的事k，k > i + b[i] ,不能在事i之前完成。
【输入格式】
输入的第一行是一个整数N，表示要做N件事。
接下来N行，每行两个数，表示 a[i]和b[i]。
【输出格式】
输出一个整数表示最小可能的最大传递时间
【样例输入】
2
5 1
4 0
【样例输出】
5
【数据范围】
20%的数据保证：1 <= N <= 15。
100%的数据保证：1 <= N , a[i] <= 1000 , 1 <= b[i] <= 7。

f(i,j,k)表示前i-1人都吃过饭，j表示i与i之后7人的吃饭情况，k表示上一个吃饭的人与i的相对位置

转移

若j&1==1

f(i,j,k)->f(i+1,j>>1,k-1)

否则枚举j集合内没吃饭的人

f(i,j,k)+cal(i+k,i+l)->f(i,j+bin[l],l).
dp刷表法更新状态.

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int inf  = 1e9;const int maxn = 1005;int n, ans;int a[maxn], b[maxn], f[maxn][(1 << 8)][16], pw[9];int calc(int x, int y){    if(!x) return 0;    return (a[x] | a[y]) - (a[x] & a[y]);}int main(){    freopen("work.in", "r", stdin);    freopen("work.out", "w", stdout);    ans = inf;    pw[0] = 1;    for(int i = 1; i <= 20; ++i) pw[i] = pw[i - 1] << 1;    scanf("%d", &n);    for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);    for(int i = 1; i <= n + 1; ++i)        for(int j = 0; j < pw[8]; ++j)            for(int k = 0; k <= 15; ++k)                f[i][j][k] = inf;    f[1][0][7] = 0;    for(int i = 1; i <= n; ++i)        for(int j = 0; j < pw[8]; ++j)            for(int k = 0; k <= 15; ++k)                if(f[i][j][k] < inf){                    if(j & 1) f[i + 1][j >> 1][k - 1] = min(f[i + 1][j >> 1][k - 1], f[i][j][k]);                    else{                        int lim = inf;                        for(int l = 0; l <= 7; ++l)                            if(!(pw[l] & j)){                                if(i + l > lim) break;                                lim = min(lim, i + l + b[i + l]);                                f[i][j + pw[l]][l + 8] = min(f[i][j + pw[l]][l + 8], f[i][j][k] + calc(i + l, i + k - 8));                            }                    }            }    for(int i = -8; i <= -1; ++i)        ans = min(ans, f[n + 1][0][i + 8]);    printf("%d\n", ans);}

今日MLE了…啊被罚唱歌.