2018网络赛（附后三题详解）
第一次参加校赛，相比于之前的网络赛，感觉这次难度还行，不算难也不算简单。
先简单说说前面几道题吧
A 水题，找规律
B 水题，最小公倍数
C 稍稍有点难度，先排序，仔细考虑即可
D 水题，找规律
E bfs打表
F 矩阵快速幂递推
G 找到一一对应的方法bfs
好了，仔细说说最后三题吧。
H
一道看上去很像dp的题，但实际上并不是dp，首先发现这个n挺大的，所以n方的算法肯定不用考虑了，在网上找了很长时间资料，才找到一个找斜率最大的算法，顿时感到豁然开朗，原来被蒙骗了，这道题根本就不是dp。先说说找斜率最大的方法，只要找所有相邻两点中斜率最大的值就可以了，为什么，用反证法。假如斜率最大不在相邻的点，那么考虑这个最大斜率的两点连线，发现无论中间的点在上面还是下面，都存在一个中间点和端点的连线斜率不小于这条边，于是矛盾。但最小能不能这么找呢？发现直接找肯定是错的，但是只要稍稍改变一下算法即可，首先可以把这些点看成是xy平面的点，那么如果我们把xy连个值互换的话斜率最大的线就是另一个里面斜率最小的线了（因为互为倒数），所以我们只要把这些点按照体重排序，然后再求斜率最大即可。顺便一说，由于这个是倒数关系用double误差会很大所以建议用int代表分子分母的pair表示分数。
贴代码
# include <stdio.h>
# include <algorithm>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e6 + 10;
typedef long long ll;
typedef pair<ll , ll> P;
P A[MAX_N];
int N;
int main()
{
while(~scanf("%d", &N))
{
int i;
for(i = 0 ; i < N ; i++)
{
scanf("%lld", &A[i].first);
A[i].second = i;
}
sort(A , A + N);
P ans = P(1 , 0);
for(i = 1 ; i < N ; i++)
{
ll p = A[i].first - A[i - 1].first;
ll k = A[i].second - A[i - 1].second;
if(k < 0)
k *= -1;
if(p * ans.second < k * ans.first)
ans = P(p , k);
}
printf("%.2lf\n", (double)ans.first / ans.second);
}
return 0;
} I
个人感觉最难的一道题，思考了好久，不过不知道为什么突然灵光一现想出了方法，这也让我认识到了acm中的概率问题不能一味的用数学方法思考，要学会计算机的想法。当时在网上搜索概率的表示方法，直接吐血，不但各种人自说自话，有些甚至荒唐可笑，让我根本没办法相信哪个，感觉是一个非常深奥的问题，不过这些都不要紧，因为我现在其实也没搞清楚用数学怎么表示概率，这完全是一道概率dp的递推题。
说说思想，考虑一些情况，首先如果新增一个人会怎么样，如果之前已经有三个人的日期了，那无论他加在哪堆人里还是三个人，所以其实不用管具体情况的了，只需要考虑那些只存在1个或2个人在相同日期的情况，然后把他们变成三个人的情况加过去即可（也就是说三个人的情况是单增的），所以用dp[i][j]表示i个1人日期和j个两人日期的情况（另外根据估计，答案人数肯定比总日期数少，所以不需要关心ij之和大于N的情况），这样只要不断递推下去就可以知道结果了。
贴代码
# include <stdio.h>
# include <string.h>
const int MAX_N = 1000;
double dp[MAX_N + 1][MAX_N + 1];
int main()
{
int N;
while(~scanf("%d", &N))
{
int i = 0, j, k;
double ans;
memset(dp , 0 , sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
ans = 0;
while(1)
{
for(j = 0 ; 2 * j <= i ; j++)
{
k = i - 2 * j;
dp[j][k + 1] += (double)(N - j - k) / N * dp[j][k];
if(k)
dp[j + 1][k - 1] += (double)k / N * dp[j][k];
ans += (double)j / N * dp[j][k];
}
i++;
if(ans >= 0.5)
break;
}
printf("%d\n", i);
}
return 0;
}J
xdoj压轴题，感觉难度仅次于I，也是一道概率题，不过其实相比于I题，这道题并不是那么考验计算机算法的功力，主要还是数学的想法。考虑现在是i时被消除的次数的期望，这个期望可以通过一个等式来表示，只需要等概率地考虑模的数字即可，比如在4个数字时p(1) = 1 / 4 * (0(模一) + p(1)(模二) + p(1) (模三) + p(1)(模四))，也就是说这是一个方程组，n个等式和n个未知量，肯定是有解的，所以用高斯消元法肯定可以解决，但是仔细发现其实更加简单，因为对于计算p(b)时，等式后面出现的p(k)中的k不可能比b大（因为取模），所以直接一个一个解即可。
贴代码
# include <stdio.h>
const int MAX_N = 500;
int y[MAX_N + 1][MAX_N + 1];
double p[MAX_N + 1];
int main()
{
int i, j;
for(i = 1 ; i <= 500 ; i++)
{
for(j = 1 ; j <= 500 ; j++)
y[i][j] = i % j;
}
int N;
while(~scanf("%d", &N))
{
int chu;
double g;
for(i = 1 ; i <= N ; i++)
{
chu = N, g = N;
for(j = 1 ; j <= N ; j++)
{
if(y[i][j] == i)
chu--;
else
g += p[y[i][j]];
}
p[i] = g / chu;
}
double ans = 0;
for(i = 1 ; i <= N ; i++)
ans += p[i];
//printf("%.2lf %.2lf %.2lf %.2lf\n", p[1], p[2], p[3], p[4]);
printf("%.2lf\n", 1 + ans / N);
}
return 0;
}总结一下吧
网络赛本身时间很长，而且还可以在网上查阅资料，本身难度并不高，即使把网络赛搞定了现场赛也依然是一个艰巨的任务，可能现场赛结束的时候会写一篇总结吧。