凌晨抢签到，没抢到，玉玉了，码个题解。鉴定为码力不够导致的
我是个菜菜。
补题链接：The 2023 ICPC Asia Regionals Online Contest (2) (pintia.cn)
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M Dirty Work
- 总共有 $n$ 个题目，对于一个题目来说，完成的期望时间是 $a_i+(b_i\times p_i)$ ，如果这个题目第 $k$ 个完成，对罚时的贡献是 $(n+1-k) \times (a_i+(b_i\times p_i))$ 。
- 易想到让期望时间短的题目先完成，使得整体的罚时最小，排序即可。
- 复杂度 $O(n\log n)$ 。
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5005],b[5005];
double p[5005],ans[5005];
bool cmp(double a,double b){
return a>b;
}
void solve()
{
int n;
double sum=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>p[i];
ans[i]=1.0*a[i]+p[i]*b[i];
}
sort(ans+1,ans+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=ans[i]*i;
}
cout<<fixed<<setprecision(12)<<sum<<endl;
return ;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}
|
本题精度使用 double 足够，亦可使用 long double 。
使用 <<fixed<<setprecision(12) 来进行小数点后的位数控制，其中 12 为小数点后的位数。如果使用 printf ，也可以用 %.12lf 的格式进行输出。注意 long double 的格式字符串为 %.12Lf 。
D Project Manhattan
- 有 $n\times n$ 的网格，点 $a_{i,j}$ 的价值为 $w_{i,j}$，选中一个点 $a_{i,j}$ 后，可以覆盖第 $i$ 行和第 $j$ 列的点，求在覆盖所有网格点的情况下，让选中点的价值总和 $\sum w_{i,j}$ 最小。
- 先考虑全为自然数的情况，要想覆盖所有点，每一行至少会选中一个点，或者每一列至少会选中一个点。求每行的最小值求和，或者每列的最小值求和，经过比较即可得到答案。
- 注意本题中存在负数，此时如果一行（或一列）中存在一个或多个负数，贡献即为该行（或列）的负数之和。
- 复杂度 $O(Tn^2)$ 。
- 在数据足够大的情况下， int 可能会溢出，需要开 long long 。
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| #include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[505][505];
void solve()
{
int n;
ll sum1=0,sum2=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int minn=1000005;
ll les=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i][j]<minn)minn=a[i][j];
if(a[i][j]<0)les+=a[i][j];
}
if(les<0)
sum1+=les;
else
sum1+=minn;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int minn=1000005;
ll les=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[j][i]<minn)minn=a[j][i];
if(a[j][i]<0)les+=a[j][i];
}
if(les<0)
sum2+=les;
else
sum2+=minn;
}
ll ans=min(sum1,sum2);
cout<<ans<<endl;
return ;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}
|
I Impatient Patient
论因为数学差导致的一小时才做出来这个题。需要好好康康高数了，哎。
康复需要 $n$ 天，这意味着期望不会大于 $n$ 。
不在概率为 0 的情况下考虑立刻恢复尝试。
对于第 $t$ 天的立刻恢复尝试，如果尝试失败，回退到第 $q$ 天 $(q<t)$ ，在中途切换第 $r$ 天 $(r\le q<t)$ 进行立刻恢复尝试，期望明显低于直接在第 $r$ 天进行立刻恢复尝试。
可以看到在第 $t$ 天进行立刻恢复尝试的期望贡献来自于三个部分。
- 经过的时间，期望为 $t$。
- 尝试所需要的花费，期望为 $\dfrac{q_i}{10^5}+2\times \dfrac{q_i}{10^5}\times(\dfrac{10^5-q_i}{10^5})+3\times \dfrac{q_i}{10^5}\times(\dfrac{10^5-q_i}{10^5})^2\dots$ ，这是一个无穷级数，在收敛的情况下可以计算得值为 $\dfrac{10^5}{q_i}$ 。
- 回退后返回所需要的话费，期望为 $(t-a_t)\times\dfrac{q_i}{10^5}\times(\dfrac{10^5-q_i}{10^5})+2\times(t-a_t)\times \dfrac{q_i}{10^5}\times(\dfrac{10^5-q_i}{10^5})^2\dots$ ，同样是一个无穷级数，在收敛的情况下可以计算得值为 $(t-a_t)\times\dfrac{10^5-q_i}{q_i}$ 。
第 $t$ 天的期望时间为 $t+\dfrac{10^5}{q_i}+(t-a_t)\times\dfrac{10^5-q_i}{q_i}$ ，逐个遍历，取最小值即可。
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| #include <bits/stdc++.h>
#define N 100000.0
using namespace std;
int a[500005],q[500005];
void solve()
{
int n;
cin>>n;
double ans=1.0*n,num;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>q[i];
}
for(int i=0;i<n;i++){
if(q[i]==0)continue;
num=(1.0*i+N/q[i]+(1.0*i-a[i])*(N-q[i])/q[i]);
if(num<ans)ans=num;
}
cout<<fixed<<setprecision(12)<<ans<<endl;
return ;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}
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精度和输出同题 M 。
在 $-1<x<1$ 的情况下，满足 $1+x+x^2+x^3+\dots=\dfrac{1}{1-x}$。
在 $-1<x<1$ 的情况下，满足 $1+2x+3x^2+4x^3+\dots=\dfrac{1}{(1-x)^2}$。