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2018.10.31 正睿停课训练 Day13
时间：3.5h
期望得分：100+20+10
实际得分：100+20+10
又是状态很迷的一天==
A Poker(期望)
容易想到枚举每一对，算它出现在多少种情况中（即\(n/2*(n-2)!\)）。
这样不会算重啊，虽然一个排列会枚举多次，但每次只算的是某一对的贡献，而不是当前排列的贡献。
然后优化一下，算每个数小于它的数、小于等于它的数分别有多少个就行了。
//29ms 1156kb
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
std::sort(A+1,A+1+n), A[n+1]=-1;
LL ansA=0;
for(int i=1,now=1; i<=n; i=++now)
{
while(A[now+1]==A[i]) ++now;
ansA+=1ll*(now-i+1)*(i-1);
}
LL fac=1;
for(int i=2; i<=n-2; ++i) fac=fac*i%mod;
ansA=ansA%mod*fac%mod*(n>>1)%mod;
fac=fac*(n-1)%mod*n%mod;
printf("%lld %lld\n",ansA,((1ll*fac*(n>>1)-ansA)%mod+mod)%mod);
return 0;
}B Label(高斯消元)
（\(w_x\)表示\(x\)的点权，\(len_v\)表示\(x\to v\)的边权）
假设当前\(w_x\)未知，\(x\)周围所有点的点权\(w_v\)已知，那么我们要最小化\[\begin{aligned}\sum_{x\to v}(w_v-w_x)^2\cdot len_v&=\sum_{x\to v}(w_v^2-2w_vw_x+w_x^2)\cdot len_v\\&=\left(\sum len_v\right)w_x^2-\left(\sum-2len_vw_v\right)w_x+\sum len_vw_v^2\end{aligned}\]
\(\sum len_v\neq0\)，这就是关于\(w_x\)的二次函数。则当\[w_x=\frac{\sum w_vlen_v}{\sum len_v}\]
时，\(x\)最优（即\(w_x\)取\(v\)的加权平均数）。
于是对每个\(w_x\)未知的\(x\)，都可以列出一个方程：把已知的常数项都放到右边，对未知的\(w_v\)，令\(v\)处的系数为\(-len_v\)即可。注意有重边。
另外，方程组一定有解。（感觉感性理解即可，以下可以忽略。。）
证明：
设当前函数为\(f(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\)。
因为边权非负，且\(f\)存在一个有限的取值，所以\(f\)一定有一个最小值。
那么一定存在一组最小的解，满足列出的方程。否则可以调整得更小：
考虑一组最小的解\(x_1,x_2,...,x_n\)
设有\(m\)个方程，第\(i\)个方程表示\(x_i\)周围变量的加权平均。假设有一个方程不满足加权平均的话，设\(x_i'\)为\(x_i\)周围变量的加权平均，那么\(f(x_1,x_2,...,x_i',...,x_n)<f(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n)\)（是个二次函数，所以一定存在一个点是最小值），推出矛盾。所以最小解一定满足所有方程。
同时，方程组的解是唯一的。
证明：
对于一个连通块，若有一个点的权值确定，那么解是唯一的。
具体没看懂。见图。
//54ms 2440kb
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define Sqr(x) (x)*(x)
#define eps 1e-9
typedef long long LL;
const int N=505,M=60005;
int Enum,H[N],nxt[M],to[M],len[M];
double w[N];
bool ok[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
inline void AE(int w,int u,int v)
{
if(u!=v)//自环。。
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w,
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w;
}
namespace G
{
double A[N][N];
void Gauss(int n)
{
for(int i=1,j=1; i<=n&&j<=n+1; ++j)
{
if(!ok[i]) {++i; continue;}
int mxrow=i;
for(int k=i+1; k<=n; ++k)
if(fabs(A[k][j])>fabs(A[mxrow][j])) mxrow=k;
if(mxrow!=i)// std::swap(A[i],A[mxrow]);//这样效率低啊
for(int k=j; k<=n+1; ++k) std::swap(A[j][k],A[mxrow][k]);
if(fabs(A[i][j])<eps) continue;
for(int k=i+1; k<=n; ++k)
if(fabs(A[k][j])>eps)
{
double t=A[k][j]/A[i][j];
for(int l=j; l<=n+1; ++l) A[k][l]-=t*A[i][l];
}
++i;
}
for(int i=n; i; --i)
{
if(!ok[i]) continue;
for(int j=i+1; j<=n; ++j) A[i][n+1]-=A[i][j]*w[j];
w[i]=A[i][n+1]/A[i][i];
}
}
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());
for(int i=1; i<=n; ++i) w[i]=read();
for(int x=1; x<=n; ++x)
if(w[x]<0)
{
ok[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
{
if(w[v=to[i]]<0) G::A[x][v]-=len[i];//可能有重边
else G::A[x][n+1]+=1.0*w[v]*len[i];
G::A[x][x]+=len[i];
}
}
G::Gauss(n);
double ans=0;
for(int x=1; x<=n; ++x)
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
ans+=Sqr(w[to[i]]-w[x])*len[i];
printf("%.10lf\n",ans*0.5);
return 0;
}C Coin
考试代码
A(打表)
容易想到答案只与数的相对大小及其数量有关。
首先总分是\(n/2*n!\)，如果所有数各不相同则两人都为\(n/4*n!\)。
否则，用暴力打表发现，一个数每多出现一次，设其总共出现次数为\(x\)，则小M的答案减少\(1*c+2*c+...+(x-1)*x\)。
\(c\)是一个关于\(n\)的系数，打表后也能递推得到。
//39ms 1940kb
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int A[N],fac[N],ifac[N],tm[N],coef[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
int main()
{
int n=read(),n2=n>>1;
fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(n==2)
{
int ansA=(A[1]>A[2]?1:0)+(A[2]>A[1]?1:0),ansB=(A[1]>=A[2]?1:0)+(A[2]>=A[1]?1:0);
printf("%d %d\n",ansA,ansB);
return 0;
}
std::sort(A+1,A+1+n); A[n+1]=-1;
LL tot=1ll*n2*fac[n]%mod,ansA=tot*FP(2,mod-2)%mod; int cnt=0;
for(int i=2,t=1; i<=n+1; ++i)
if(A[i]!=A[i-1]) tm[++cnt]=t, t=1;
else ++t;
coef[2]=1, coef[4]=4;
for(int i=6; i<=n; i+=2) coef[i]=1ll*coef[i-2]*((1ll*(i-2)*(i-2)+i-4)%mod)%mod;
LL C=1ll*FP(2,mod-2)*coef[n]%mod;
for(int i=1; i<=cnt; ++i)
ansA-=C*(tm[i]-1)%mod*tm[i]%mod;
ansA=(ansA%mod+mod)%mod;
LL ansB=(mod+tot-ansA)%mod;
printf("%d %d\n",(int)ansA,(int)ansB);
return 0;
}B
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define Sqr(x) (1ll*x*x)
typedef long long LL;
const int N=505,M=60005;
int A[N],B[N],C[N],Enum,H[N],nxt[M],to[M],len[M],dgr[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
inline void AE(int w,int u,int v)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, len[Enum]=w;
++dgr[u], to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, len[Enum]=w;
}
void DFS(int x,int fa,int dep)
{
B[dep]=A[x];
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i]!=fa) C[dep]=len[i], DFS(to[i],x,dep+1);
}
inline double Check(double x)
{
return 1.0*(x-B[1])*(x-B[1])*C[1]+1.0*(x-B[3])*(x-B[3])*C[2];
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int n=read(),m=read(); Enum=1;
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(n==2)
{
if(A[1]==-1||A[2]==-1) puts("0.0");
else printf("%lld.0\n",1ll*len[2]*Sqr(A[1]-A[2]));
return 0;
}
int rt=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(dgr[i]==1) {rt=i; break;}
DFS(rt,rt,1);
int cnt=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(B[i]==-1) ++cnt;
if(cnt>=n-1) return puts("0.0"),0;
if(!cnt)
{
LL ans=0;
for(int i=1; i<n; ++i) ans+=Sqr(B[i+1]-B[i])*C[i];
printf("%lld.0\n",ans);
return 0;
}//cnt=1
if(B[1]==-1) return printf("%lld.0\n",Sqr(B[3]-B[2])*C[2]),0;
if(B[3]==-1) return printf("%lld.0\n",Sqr(B[1]-B[2])*C[1]),0;
double l=std::min(B[1],B[3]),r=std::max(B[1],B[3]),lmid,rmid,ans=1e18;
for(int T=1; T<=100; ++T)//二次函数求最值啊 我还写个三分==
{
lmid=l+(r-l)/3, rmid=r-(r-l)/3;
double x=Check(lmid),y=Check(rmid);
if(x<y) ans=std::min(ans,x), r=rmid;
else ans=std::min(ans,y), l=lmid;
}
printf("%.10lf\n",ans);
return 0;
}/*
3 2
1 2 3
2 3 1
0 -1 1
*/