$ Bitwise \ Xor $: Dada una longitud de N- $ $ $ A $ secuencia de enteros y un entero K $ $, $ A número de solicitud de secuencia con un valor pairwise XOR $ es igual a $ k $. $ N \ leq 3E5, k < 2 ^ {60} $
Solución: encontrar el valor mínimo de la O exclusiva veintidós, que deben seleccionarse dos números adyacentes, el primero ordenar $ A $, siempre f [i] indica el número de secuencia final i. Optimización DP $ $ $ $ Trie un árbol, cada nodo mantiene y subárboles de los valores de f $ $ $ $ Trie, según el bit actual debe ser mayor que $ X $ $ $ 0 ó $ 1 $ recursiva descender. $ F [i] = consulta (a [i], x) + 1 $. Además de sus propios grupos solo. $ O (nlogk) $
El MOD $ \ $ Problema: grupo de investigación T, n-da $ $, buscando $ \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} n \ mod \ i $. $ T \ leq 1e6,1 \ leq n \ leq $ 1E7
Interpretaciones: $ \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} n \ mod \ i = \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} n \ left \ lfloor \ frac {n} {i} \ derecho \ rfloor * i = n ^ 2- \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} \ left \ lfloor \ frac {n} {i} \ right \ rfloor * i $. Hay $ \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} \ left \ lfloor \ frac {n} {i} \ right \ rfloor * i = \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} = d ( i) \ \ \ \ d (i) $ representa alrededor de $ I $ e. tamiz de alambre y tratando de prefijo. $ O (T + n) $
cadena cuadrada: definir cadena cuadrados si y sólo si la cadena tiene una que no esté vacía y se puede hacer con dos series idénticas. Precedida por una longitud de $ n $ string $ S $, retire al azar una cadenas no vacías, si esta subcadena no lleva $ 0 $ y la cadena cuadrado, contribuyen al valor de la cadena, o contribuyen a la $ 0 $, buscando sub extraída contribución esperada de la cadena. $ 1 \ leq s [i] \ leq 9 $, $ n \ leq 5E5 $.
Solución: No es un clásico rutinas: método del punto de interpolación. enumeración detallada de longitud al cuadrado de la cadena es $ 2 * len $, entonces cada cadena del original de un $ $ len una llave se inserta, la cadena se ajustó hacia arriba sobre dos puntos clave. Dos puntos clave enumeran cadenas de tres tramos, los dos primeros requisitos cadenas sufijo común más larga, el prefijo común más larga después de dos secuencias, secuencias encontradas en la plaza se puede dejar en un punto $ [l, r] $ intervalo deslizante (dibujo recomendada entienda). Preprocesamiento la $ f [i] = f [i-1] * 10 + s [i] $, entonces los $ [i, j] $ número configuración es $ f [j] -f [i-1] * 10 ^ {j-i + 1} $, y el procesamiento de un prefijo. A continuación, la cadena se puede obtener fácilmente la primera mitad de la contribución cuadrada $ $ suma, entonces la contribución final a $ suma * 10 ^ {len} + la suma de $. $ 0 $ caso preámbulo de: cuando el proceso si f $ s [i + 1] == 0 $, entonces $ f [i] = 0 $. Debido a que es la primera mitad del cuadrado de la secuencia de procesamiento, $ i + 1 $ entonces igual a la principio de la cadena, el valor de f se establece directamente a $ 0 $ no habría tenido en cuenta. Complejidad serie armónica $ O (NLnn) $
Varios probabilidad matemática de la totalidad de la entrada de la fórmula:
$ P (A | B) $ $ A $ representa la probabilidad de al ocurre $ B $, $ P (AB) $ y $ A $ denota la probabilidad $ B $ simultáneamente.
fórmula de la probabilidad total: Supongamos $ B_1, B_2 ... B_k $ es un suceso básico de división, el P (A) = \ sum \ limits_ $ {i = 1} {k} P (A | b_i) * P (b_i ) $
Probabilidad condicional: $ P (A | B) = \ frac {P (AB)} {P (B)} $
fórmula Bayesiano: $ P (A | B) = \ frac {P (AB)} {P (B)} = \ frac {P (B | A) P (A)} {P (B)} $
$ Conjugado $: Hay $ n $ montón de piedras, los primeros $ i $ montón de piedras, hay un $ a_i $, por lo que la probabilidad de seleccionados al azar cada vez que una piedra la puso en el montón de lo perdió todo, en busca de esperanza el primer $ 1 $ montón después de cuántas veces piedras se dejan caer. $ N \ leq 1E6, a_i \ leq $ 1e9
Solución: linealidad deseada. Tenga en cuenta los primeros $ I $ piedras apiladas $ (i> 1) $ piedras de probabilidad desechados antes de la primera pila se está perdiendo $ \ frac {a [i]} {a [i] + a [1]} $, de el número de aporte respuestas a $ 1 $, por lo que $ ans = \ sum \ limits_ {i = 2} ^ {n} \ frac {a [i]} {a [i] + a [1]} \ \ + 1 $. Más uno que perdió el primer a_1 $ $. $ O (n) $
Lakers: Número de $ 1 ~ n $, después de cada seleccione al azar un número no ha sido omitida $ x $, todos los múltiplos entre ellos el propio borrar, encontrar el número deseado de veces todos los números han sido eliminados. $ 1 \ leq n \ leq 1E9 $
Solución: que el anterior, tenga en cuenta la linealidad deseada. Para el número de $ x $, su probabilidad de ser eliminado es $ \ frac {1} {d (x)} $. Punción de cada contribución de tiempo respuestas $ $ 1, la American National Standard $ = \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} \ frac {1} {d (i)} $. $ N $ grande, con una min25 $ $ tamiz (no lo haré tan terrible).
Juego $ \ con \ $ mármoles: bolsa contiene bolas rojas $ R ^ $, $ G $ a, $ b $ bola verde y una pelota de baloncesto. Cada probabilidad vez tomada al azar de una bolsa de balón. Si la bola roja, de desechar; si se trata de bola verde o el baloncesto, que ponen en la bolsa. La corriente conocida simplemente llegar a los primeros $ K $ una pelota de baloncesto, después de varias rondas de expectativas de demanda. $ 1 \ leq R, G, B, K \ leq 1E9 $
Solución a un problema :( plenamente consciente de lo idiota en la probabilidad, no entiendo muy bien, super sensual, puede estar equivocado) Xia Xie: número esperado de rondas ganó $ = $ esperada número de bolas $ = $ número de bolas rojas esperar $ $ + $ + $ número de baloncesto espera que el número de expectativas bolas verdes. La linealidad deseada puede encontrar la suma, respectivamente. Vamos con $ K $ una pelota de baloncesto, se espera llegar a $ K $ una pelota de baloncesto. Tener en cuenta antes tocaba se espera que cada tocado una pelota de baloncesto para tocar una pelota verde pocos, esta vez no se puede considerar una bola roja (rojo para realizar tomó un ningún impacto), enumera la ecuación E = $ \ frac {G} { B + G} * (E + 1) $, a resolver por $ E = \ frac {G} {B} $. Por lo tanto, el total deseado toque $ \ frac {KG} {B } $ una bola verde. Considere sacó su bola roja para cada probabilidad, se encontró muy buena recuento, por lo que, a su vez, encontrar la probabilidad de cada bola no se ha tocado: una pelota de baloncesto también sólo puede considerar todo esto y una bola roja, bola roja no ha sido la toma, por lo que estos $ K $ tiempos están tomando baloncesto. Probabilidad de una pelota de baloncesto recibe $ \ frac {B} {B + 1} $, $ K multiplicado por $ la probabilidad no es una bola roja palpable como $ (\ frac {B} { B} + 1) ^ K $. Por lo tanto, la probabilidad de una bola roja de haber sido afectado es 1 $ - (\ frac {B } {B} + 1) ^ K $. Cada bolas rojas son independientes, tocar las expectativas de bolas de color rojo $ (1 - (\ frac { B} {B} + 1) ^ K) * R $. (La comprensión profunda, podría estar mal ...)
: $ UOJ $ # $ $ 299 Juegos de probabilidad 1 $ entradas pequeña $ R $ victoria, i-entradas pequeña $ R $ ganadora - juegos $ N $ de mesa, dada la probabilidad de que el primer juego de dos personas estaban ganando, cuando los primeros $ i a $ P_i $; cuando los primeros $ i-1 $ $ B $ ganar entradas pequeño, la probabilidad de que el $ i $ $ B $ ganadora pequeña oficina por $ Q_i $. $ M $ inserción dinámica secundaria o eliminar algunos resultados conocidos de la competencia, encontrar el número esperado de la Administración General de ganar $ $ R. $ 1 \ leq N, M \ leq $ 2E5
Solución: expectativas lineales de fórmula $ + $ bayesiano. Cada juego sólo debe estar relacionado con los resultados de ambos lados han sido identificados. Esta tallado en una serie de intervalos, $ M $ revisión corresponde a las dos secciones se unen en una sección o las dos secciones. Supongamos que el actual $ han sido identificados en ambos lados del evento X $ es $ A, B $. La probabilidad condicional, hay $ P (X | (A \ bigcap B)) = \ frac {P (X \ bigcap A \ bigcap B)} {P (A \ bigcap B)} = \ frac {P ((X \ bigcap B) | A) P (A)} {P (B | A) * P (A)} = \ frac {P ((X \ bigcap B) | A)} {P (B | A)} $. Entonces matriz mantenimiento árbol segmento multiplicación mantener el numerador y el denominador.
Solución: línea de árboles. Este problema parece haber visto varias veces, o el título original? Recuerdo. No requiere obligatoria en línea, fuera de línea, por $ r $ clasificación, el mantenimiento dinámico del punto actual cuando la respuesta es el punto correcto con la línea de árboles. Si el valor absoluto difícil de tratar, por lo que sólo tienen en cuenta los $ j <i $ e $ a [j] \ geq un [i] $ , y otro caso como el de nuevo al revés. Ahora, impactamos desde el extremo derecho de $ a [i-1] $ mueven $ a [i] $, $ consideran a [i] se añade $ traer. Encuentra la izquierda de la primera $ i $ superiores a $ a [i] de posición $ $ $, $ pos pos $ actualizada ubicación respuesta. Por $ k <pos $, si $ a [k] \ geq un [pos] $, entonces la respuesta y entre $ k $ $ $ POS debe responder preferentemente entre $ k $ y $ I $ proporción, y puede tomar a $ k $, entonces debemos ser capaces de tomar $ $ pos. Por $ a [k] <a [pos] $, establecer mediados $ = + (a [i] un [pos])> > 1 $, si $ a [k]> mediados $ , $ k $ y $ $ POS la respuesta no controlará el cálculo inverso del tiempo, la situación por lo que sólo hay que considerar el $ a [k] \ leq mediados $ cada vez que la longitud del intervalo será de $ / $ 2, ha estado manejando hacia abajo muy bien. Complejidad $ O (nlognloga_i) $
$ $ Operación: parece haber hecho? Buen bloque Dafa.