关于acm:ACM算法竞赛日常训练DAY2题解与分析比赛数学考试简单瞎搞题

DAY2共三题：

• 较量（概率）
• 数学考试（前缀和与思维）
• 简略瞎搞题（dp）

视频解说：https://www.bilibili.com/video/BV1hP411o7RD/

🎈 作者：Eriktse
🎈 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手🏆力争以通俗易懂的形式解说算法！❤️欢送关注我，一起交换C++/Python算法。（优质好文继续更新中……）🚀
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较量

• tag: 概率

传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14734

咱们设对于每一道题：

• 事件A：本人做对了
• 事件B：听右边的，做对了
• 事件C：听左边的，做对了

三个事件的概率都曾经给出了，别离是$P(A), P(B), P(C)$。

设事件Y：该题做对了

咱们能够晓得事件$Y=A \cup B \cup C$，如果要正向求解$Y$是有肯定难度的，因为这里的$Y$实际上由7个最小项形成，而事件$\overline{Y}$仅有一个最小项形成（这里就不开展说了）。

容易失去表达式：

$$P(Y) = 1 – (1-P(A))(1-P(B))(1-P(C))$$

而后咱们能够枚举所有的序列，而后算一下以后这个情景对答案的奉献。

枚举序列能够用二进制数枚举，也能够用dfs，用dfs的话有个益处就是能够剪枝。

二进制枚举可能常数小点。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 20;
double a[maxn], b[maxn], c[maxn];

double ans[maxn];

double getp(int k)
{
    return max(0.0, 1.0 - (1 - a[k]) * (1 - b[k]) * (1 - c[k]));
}

void dfs(int dep, int cnt, double p)
{
    if(p == 0)return;
    if(dep == 13)
    {
        ans[cnt] += p;
        return;
    }

    //没对第i题
    dfs(dep + 1, cnt, p * (1.0 - getp(dep)));
    //对了第i题
    dfs(dep + 1, cnt + 1, p * getp(dep));
}


signed main()
{
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", a + i);
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", b + i);
    for(int i = 1;i <= 12; ++ i)scanf("%lf", c + i);
    //for(int i = 1;i <= 12; ++ i)printf("p[%lld] = %.2lf\n", i, getp(i));
    
    dfs(1, 0, 1);
    
    for(int i = 0;i <= 12; ++ i)printf("%.6f\n", ans[i]);
    
    return 0;
}

数学考试

• tag: 前缀和，思维

传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/15553

这道题比较简单，咱们先解决出一个前缀和，而后从后往前去枚举左区间的左端点，而后更新答案即可。不须要晓得具体的右区间，只须要晓得右区间和取值的最值即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9, inf = 8e18;

int a[maxn], prefix[maxn];

void solve()
{
    int n, k;scanf("%lld %lld", &n, &k);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)prefix[i] = prefix[i - 1] + a[i];
    
    int ans = -inf;
    int mx = prefix[n] - prefix[n - k];
    for(int i = n - 2 * k + 1;i >= 1; -- i)
    {
        //将[i, i + k - 1]区间作为左区间更新答案
        ans = max(ans, mx + prefix[i + k - 1] - prefix[i - 1]);
        //将区间[i + k - 1, i + 2 * k - 1]增加进右区间的汇合中取大
        mx = max(mx, prefix[i + 2 * k- 1] - prefix[i + k - 1]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

signed main()
{
    int _;scanf("%lld", &_);
    while(_ --)solve();
    return 0;
}

简略瞎搞题

• tag: dp，bitset

传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/17193

不会应用bitset的同学能够看这篇文章：https://www.eriktse.com/technology/1073.html

咱们定义一个bitset b，其中b[i]若为1示意能够组成平方和为i的答案。

留神这里要用一个全0的新bitset s来存下b左移后的后果，而后再让b = s，否则可能会呈现大量的错误计算。

背包dp，具体看代码吧不难理解。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9;

signed main()
{
    int n;scanf("%lld", &n);
    bitset<maxn> b;
    b[0] = 1;
    
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        int l, r;scanf("%lld %lld", &l, &r);
        bitset<maxn> s;
        for(int j = l;j <= r; ++ j)
        {
            s |= (b << (j * j));
        }
        b = s;
    }
    printf("%lld\n", b.count());
    return 0;
}

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