昨日AK, 今日垫底, 我简直是在坐过山车;
以后记住有返回值的函数一定要写返回值,不然全部输出0
题解:
第一题:全是-1, 是2^(n-1)-1,不会证,样例很明显;
对于有X个跟班的人,设它的期望函数f(X)=2^X-1;
利用期望的线性性,E(A)+E(B)=E(C),则E(B)=E(C)-E(A);
E(C)=初始都是-1的局面到之剩一个人;
E(A)=当前到只剩一个人;
求E(B)就直接用打表的规律;整个局面的期望函数值为:所有人期望函数值之和。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int M = 1e6 + 5; int cnt[M], bin[M]; const int mod = 1e9 + 7; int main(){ freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout); int n, u; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++){ scanf("%d", &u); if(u != -1) cnt[u]++; } bin[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1) % mod; int ans = bin[n-1] - 1; for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans - (bin[cnt[i]]-1) + mod) % mod; printf("%d\n", ans); }
第二题:dp[i][0/1][0/1] 一维表示考虑到第i个数,二维表示前一个数是否与当前一样,三维表示是否已经合法,
转移就像扫雷一样用中间的转移;
第三题:利用扫描线算法,首先将所有坐标离散化,然后按照正方向枚举x坐标,每次求出当前这个横坐标能看见的某个矩形,将其标记并更新答案。直到这个横坐标所有能看见的矩形均被标号为止。
并且,将每个颜色的权值设为其操作的编号 将每个矩形视作两条线段: 矩形的左侧视为加入当前矩形,右侧+1的位置视为删去当前矩形。用线段树+set维护。对于每个线段树上的节点,存储两个值与一个set,分别设为maxv,minv,S
maxv表示:当前区间内能够看见的,编号最大的未被
标记的颜色。
minv表示:当前区间内能看见的最小的颜色。(用于更
新maxv)
S存储完全覆盖了当前区间的所有颜色。
接下来是更新maxv和minv
理解起来很容易,maxv的更新就不用说了,对minv的更新:里层的min就是左右区间内能看见颜色的最小值,而外层的max是因为:当前区间内都被这个值覆盖,所以取max。
然后,若maxv<minv,说明当前maxv这个颜色一定被其他已更新颜色覆盖掉了,因为它连当前区间内能看见的最小的值都不够。所以将maxv修正为-1,即记为当前区间不含可以被更新的颜色。
每更新一次,继续判断根节点的maxv是否为-1,若不是则继续标记,若是则停止。
O(nlog^2)