5.5刷题(P1297,P6154,P2441)

P1297

Description

第 $i$题有 $a_i$个选项。 $Cherrt$做对了每一题，但是在最终填答题卡的时候填挫了，即第 $i$题的答案填到了第 $i+1$题上。特别的，第 $n$题的答案填到了第 $1$题上 (我也是醉了)

求可怜的 $Cherrt$的正确题数的期望。

Solution

容易得到，做对题数的期望就是每题做对的概率之和。

做对一题当且仅当本题的答案与上一题的答案相同。因此，第 $i$题正确的概率为 $\frac {min(a_i,a_{i-1})} {a_i×a_{i-1}}$。分母为选项的组合的数量，分子为第 $i$空正确的答案组合的数量。

若 $a_0=a_n$，那么所以答案就是 $∏_{i=1}^n \frac {min(a_i,a_{i-1})} {a_i×a_{i-1}}$。

提前构造出数组 $a$即可。时间复杂度为 $O(n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,A,B,C;
double ans=0.00;
int a[10000005];

signed main()
{
	cin>>n>>A>>B>>C>>a[1];
	for (int i=2;i<=n;i++)  a[i]=(a[i-1]*A+B)%100000001;
	for (int i=1;i<=n;i++)  a[i]=a[i]%C+1;//3 2 4
	a[0]=a[n];
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		double first=min(a[i],a[i-1])*1.00,second=a[i]*a[i-1];
		ans+=first/second;
	}
	cout<<fixed<<setprecision(3)<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

P6154

Description

给定一个 $n$个点， $m$条有向边的无环图，求出路径长度的期望。

Solution

本题有套路式做法，即求出所有路径的长度之和与路径的条数。为了求这两个量，我们使用 $dp$，即状态设计 $totl_i$表示目前发现到 $i$点的所有路径的长度之和， $cntl_i$表示目前发现到 $i$点的路径的数量。

在大部分的图形dp或树形dp中，任何一个节点的 $dp$值均转移自源于与它相邻的节点。假设我们现在想要得到 $totl_{now}$与 $cntl_{now}$的值，那么它们必须由 $y$推到而来( $y$与 $now$有一条无向边，其中 $y$连向 $now$)。所以得到状态转移:

① $cntl_{now}=(cntl_{now}+cnt_y)$
② $totl_{now}=(totl_{now}+totl_y+cntl_y)$

①表示， $cntl_{now}$的值要加上被它连接的那个点( $y$)的 $cntl$值，因为 $cntl_y$计算的那些路径均可以通过加一条边 $y→x$连到 $x$，所以有 $+cnt_y$这一步。

②表示， $totl_{now}$的值要加上一些东西。甚么东西？即， $totl_{now}$计算的路径均可以通过加一条边 $y→x$连到 $x$，这样每条路径的长度都变长了1；因此不仅要加上 $totl_y$，还要加上 $cntl_y$。

题解中的几位大佬都叫它记忆化搜索…… 可怜的dp啊~

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;

int n,m,cnt=0,sumv=0,num=0;
int head[1000005],totl[1000005],cntl[1000005];

struct edge
{
	int next;
	int to;
}e[2000005];

inline void add_edge(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}

inline void dfs(int now)
{
	if (cntl[now]!=0)  return;
	cntl[now]=1;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		dfs(e[i].to);
		cntl[now]=(cntl[now]+cntl[e[i].to])%mod;
		totl[now]=(totl[now]+totl[e[i].to]+cntl[e[i].to])%mod;
	}
}

int quick_power(int a,int b)
{
	if (b==0)  return 1;
	
	int res=1;
	for (;b;b=b>>1,a=(a*a)%mod)
	{
		if (b&1)  res=(res*a)%mod;
	}
	return res;
}

inline int divide(int a,int b)
{
	return (a*quick_power(b,mod-2))%mod;
}

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add_edge(u,v);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (cntl[i]==0)  dfs(i);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)  sumv=(sumv+totl[i])%mod;
	for (int i=1;i<=n;i++)  num=(num+cntl[i])%mod;
	cout<<divide(sumv,num)<<endl;
	
	return 0;
}

P2441

Description

给定一棵树，支持修改某个点的点权与询问最近的与该点有公共质因子的祖先。

Solution

今天做的第 $1$题，用来练手的~ 暴力即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,q,root,cnt=0;
int visited[200005],head[200005],a[200005],father[200005];

struct edge
{
	int next;
	int to;
}e[2000005];

inline void add_edge(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}

inline void dfs(int now,int fath)
{
	father[now]=fath;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)  dfs(e[i].to,now);
	}
}

inline int dfs2(int last,int now,int w)
{
	if (now==0)  return -1;
	
	if (__gcd(a[now],w)!=1&&last!=now)  return now;
	else return dfs2(last,father[now],w);
}

signed main()
{
	cin>>n>>q;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add_edge(u,v);
		add_edge(v,u);
		visited[v]=1;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (visited[i]==0)
		{
			root=i;
			break;
		}
	}
	dfs(root,0);
	
	for (int i=1;i<=q;i++)
	{
		int flag;
		cin>>flag;
		
		if (flag==1)
		{
			int rt;
			cin>>rt;
			cout<<dfs2(rt,rt,a[rt])<<endl;
		}
		else if (flag==2)
		{
			int rt,num;
			cin>>rt>>num;
			a[rt]=num;
		}
	}
	return 0;
}

由于时间限制，本蒟蒻就说三道题啦~~~

https://www.luogu.com.cn/user/87064(PS: 这是我)