好像很迷？
t1很奇怪的期望。
根據那幾個條件可以發現，概率最終會收斂到精度以下。
我們只需要迭代足夠的輪次即可。
t2暴力的\(o(n|s|2^n)\)都過了。。。
奇怪。發現答案是求並集，考慮基礎的並交容斥。
設\(g(s),s\subseteq a\)為\(s\)中的所有的情況中\(s\)的所有串的公共字首長度*這種情況發生的方案數。
\(p(s)=\),\(s\)中的問號個數。
那麼\(g(s)\)對全域性的貢獻是\(g(s)2^\)
\[ans=\sum\limits_(-1)^g(s)2^
\]\(hang[i][j]\)代表第\(i\)個串的問號字首和。
\(dp[i]\),\(s\)中的所有串的公共字首長度為\(i\)，同時不考慮\(i\)以後的部分的影響的情況下的方案。
\[gs[j]=\sum\limits_hang[i][j]
\]其中\(j\in[1,min\]\)。
如果\(s\)中的每個串的第\(i\)位都不為\(1\)，那麼\(ch[i][0]=1\)，\(ch[i][1]\)的定義類似。
\(dp[i]=dp[i-1]*[ch[i][0]==1||ch[i][1]==1]\)
另外一種全是問號的轉移\(gs[i+1]-gs[i]==|s|\rightarrow dp[i]*=2\)
\[g[s]=\sum\limits_^}dp[i]*2^]-gs[i]}
\]這個的原因是考慮每乙個位置做出的貢獻。
這樣就可以求出答案了。
預處理一下可以做到\(o(|s|2^n)\)
t3首先沒有小部分分。
猜結論。
發現如果除了\(i\)之外的雷達全都確定高度了，那麼\(i\)的最優決策一定是\(0\)或者\(y_i\)。
考慮乙個\(o(n^2)\)的暴力。
按照\(x+y\)排序然後直接暴力\(dp\)。
事實上把列舉範圍卡到300以內就可以\(ac\)了。
發現轉移按照\(l_i\)分成了兩部分。
對於:\(r_j<=l_i\)的部分可以直接字首\(max\)+二分。
如果:\(r_j>l_i\)。
這一部分我們要求東西有決策單調性 。
題解說是搞乙個二分單調棧就行。
然後聽臉哥講了一下，發現如果不在乎\(log^2\)的複雜度的話，其實直接用\(cdq\)+決策單調性的模板就可以了。
先更新左邊然後在當前區間用左邊更新右邊，然後處理右邊就行了。
省選模擬27
t1 考慮 a i i 的格仔較少,所以較多輪之後沒有到達的概率很小 直接暴力dp,求進行了i輪後每個玩家沒有到達終點的概率和恰在這輪到達的概率 算一下加到ans裡就行了 不斷計算,當達到精度要求時跳出迴圈就完事了 t2 有個神奇的式子 ans sum limits 1 lcp s 奇奇怪怪的容斥,...
考試 省選96
t1 這個題就是考慮去大力分類討論。首先可以知道 k 3 的情況答案肯定是0.那麼分類討論 3,2,1,0 的情況。首先是 k 3 的情況。這個情況很簡單。首先 m 必須為3。就是我們考慮一下用總的方案去掉鈍角三角形的方案。那麼答案就是 ans binom n sum limits 1 i 這很簡單...
考試 省選95
t1 大神說是打個表找規律啥的。我利用生成函式 吉夫特那個題的結論推出來類似的結論。就是說對於所有深度為 i 的點,其對答案有貢獻，當且僅當 t i 0 這樣的話就可以直接用乙個 orfwt 來做了。t2生成樹計數原題。比原題還簡單。可以把 a i 抽象成乙個點變成乙個含有 a i 個點的連通塊。然...