題號題目
t1購物
t2交換
t3最少移動
t4飛行棋
得分280/400
直接計算
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
long
long t,n,x,k,js1,js2,ans;
intmain()
return0;
}
直接把串複製一遍，然後 o(n
)o(n)
o(n)
掃瞄找最大.
並對串長取 min
\min
min 。
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
int ans,maxn;
string s;
intmain()
cout<<
min(ans,n)
;return0;
}
−1.對於次數直接掃一遍陣列累計即可。
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
long
long t,n,js,ans;
long
long a[
1000010];
intmain()
if(js%n!=0)
ans=0;
int z=js/n;
for(
int i=
1; i<=n; i++)if
(a[i]
>z)
} cout<}return0;
}
d)
[1,d)
[1,d
) 和 [d,
n]
[d,n]
[d,n
] 的時候分開做。
當棋子在 [1,
d)
[1,d)
[1,d
) 的時候，假設現在在位置 p
pp，骰子扔到的是 x
xx 點，那麼棋子可能會變到 p−x
p−xp−
x 或 x−p
x−px−
p 的位置。
發現只有當 x
xx 恰好等於 p
pp 的時候才可以結束，否則 p
pp 將變為依然在 [1,
d)
[1,d)
[1,d
) 中的另乙個位置 p
pp′。那麼其實等價於在 1∼d
−1
1∼d−1
1∼d−
1 中一直隨機乙個數，直到隨機到 1
11 時停止，求期望次數。
設期望 s
ss 次扔到點 1
11，那麼有
s =d
−2d−
1(s+
1)+1
d−
1s=\frac(s+1)+\frac
s=d−1d
−2(
s+1)
+d−1
1解方程得到 s=d
−1
s=d−1
s=d−1。
那麼當棋子在 [1,
d)
[1,d)
[1,d
) 時，期望 d−1
d−1d−
1 次才會回到點 0。
那麼當棋子所在位置 p≥d
p≥dp≥
d 時，由於只會不停往左走，所以可以設 f[i
]f[i]
f[i]
表示點 i
ii 開始期望多少次可以回到點 0
00，這樣是沒有後效性的。
得到dp轉移方程：
f [i
]=(∑
j=i−
d+1i
−1f[
j]+1
)+f[
i−d]
/d
f[i] = (\sum_^)+f[i-d]/d
f[i]=(
j=i−
d+1∑
i−1
f[j]
+1)+
f[i−
d]/d
字首和優化求和即可
時間複雜度 o(t
n)
o(tn)
o(tn)。
以上的部分解釋載自zycdalao的部落格
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
double sum[
1000010
],f[
1000010];
int t,n,d;
intmain()
printf
("%.2lf\n"
,f[n]);
}return0;
}
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