$ 비트 단위 \이 Xor $는 : N- $ $ $ A $ 시퀀스의 정수와 K $ $ 정수의 길이를 받아, $ 페어 와이즈 XOR 값 $ A 요청 시퀀스 번호 $ K $ 같다. $ n \ 당량 3e5, K < 2 ^ {60} $
해결책 : 배타적 OR 스물 두 인접한 두 숫자를 분류해야의 최소값, 제 정렬 $ A $ 제공 F 찾기 [I] I 종료 순서의 수를 나타낸다. $ $ $ A $ 트리는 트리 최적화 DP는 각 노드가 관리하고 $ $ $ $ 트리는 F 값의 서브 트리 현재 비트에 따라 재귀 하강보다 $ X $ $ $ 0 $ 1 $이어야한다. $ F [I] = 쿼리 (a [i]를, X) + 1 $. 게다가 자신의 클러스터 혼자. $ O (nlogk) $
국방부 $ \ $ 문제점 : T 문의 그룹, N- 주어진 $ $, $ \ 합을 찾는 \ {limits_은 내가 = 1} ^ {N} n \ 개조 \ I 달러. $ T \ 당량 1e6,1 \ 당량 N \ 당량 1E7 $
해석 : $ \ 합계 \ limits_는 {난 = 1} ^ {N} n \ 개조 \ 나 \ 합계 \ limits_ {I = 1} = ^ {N} N- \ 좌측 \ lfloor \ FRAC {N} {I} \ 오른쪽 \ I = N ^ 2 \ 합계 \ {limits_가 나는 = 1} ^ {N} \ 좌측 \ lfloor \ FRAC {N}가 {I} \ 오른쪽 \ 내가 달러 rfloor * rfloor. 거기 $ \ 합계 \ limits_ ^ {N} \ \ lfloor \ FRAC {N} 왼쪽 {I} \ 오른쪽 \ rfloor 난 \ 합계 \ limits_를 = * {I = 1} ^ {N} = D ({난 = 1} 내가) \ \ \ \ D (I) $는 $ I $ 약 나타냅니다. 와이어 체와 접두사 추구. $ O (N + T) $
광장 문자열 : 문자열이 비어을 가지고 있으며,이 두 개의 동일한 시리즈로 만들 수의 경우에만 평방 문자열을 정의합니다. $ N- $ 문자열 $의 길이에 의해 선행하는 S $, 임의 삭제 비어 있지 않은 문자열이 하위 문자열 경우 $ 0 $와 제곱 문자열, 문자열의 값에 기여, 또는 추출 서브을 추구하는 $ 0 $에 기여하는 선도 없음 문자열의 예상 기여. $ 1 \ 당량 S [I] \ 당량 $ 9, $ n \ 당량 5e5을 $.
해결 방법 : 보간 점 방법 : 고전적인 루틴이있다. 문자열의 상세한 열거 제곱 길이는 $ 2 * 렌 $, 다음 원래 $ 삽입되는 키 렌 달러 (A $)의 모든 문자열, 문자열이 두 가지 핵심 포인트를 통해 최대 제곱됩니다. 두 요점 두 문자열 뒤에 문자열 세 부분, 첫 번째 두 요건 긴 공통 접미사 문자열 긴 공통 접두어를 열거 문자열이 점 $로 남을 수 광장 검색된 [L, R] $ 간격 슬라이드 (권장 도면 이해). 하여 $ F 전처리 [I] = F [I-1] * 10 + S [i]를 $ 다음 $ [내가 J]를 $ 구성 번호 $ F [J] -f은 [I-1] * 10 ^ {J-I + 1} $ 및 프리픽스 처리. 그런 문자열 용이 정사각형 기부 $ 합 $ 상반기 $ 합계 * 10 ^ {렌} + $ 합으로 다음 최종 기여를 얻을 수있다. $ 0 $ 케이스 프리앰블 : 때 처리하는 경우 F $ S [I + 1] == 0 $ 다음 [I] = 0 $ F $. 그 다음, 스트링의 처음과 동일한 처리 순서의 제곱의 전반부, $ I $ + 1이기 때문에, F 값은 $ 0 $ 직접 설정은 고려하지 않았다. 복잡성 고조파 시리즈 $를 O (nlnn) $
공식에 전체 입구의 여러 수학적 확률 :
$ P (A | B) $ $ A $는 $ B $에서 발생 확률, P $ (AB)를 나타내고, $ $ A $ 동시에 확률의 $ B $으로 나타낸다.
총 확률 식 : | (B_i을 (B_i A) * P $ B_1을 가정이 B_2는 ... B_k $ 기본적인 분할 이벤트는 $ P (A) = \ 합계 \ limits_는 {K} P {난 = 1} ) $
조건부 확률 : $ P (A | B) = \ FRAC {P (AB)} {P (B)} $
베이지안 화학식 : $ P (A | B) = \ FRAC {P (AB)} {P (B)} = \ FRAC {P (B | A) P (A)} {P (B)} $
$ 어원 $ : $ N 돌 $ 힙, 내가 돌 $ 힙이 처음 $을 수 있습니다 달러 (A $) A_I $, 무작위로 찾고, 돌은 모두 손실의 더미에 넣어 때마다 선택된 희망의 확률 처음 $ 1 $ 힙 얼마나 많은 시간 후 이렇게 돌은 삭제됩니다. N \ LEQ 1E6, A_I \ $ 당량 1E9 $를
해결 방법 : 원하는 선형성. 제 $ I $ 돌은 $ 쌓여 고려해 (ⅰ> 1) 제 스택 전에 버려 $ 확률 돌 $ \ FRAC {A [I]를} {A [I] + A [1]} $의 손실되고 $ ANS = 너무 $ 1 $ 답 투고 수 \ 합계 \ limits_ {I = 2} ^ {N} \ FRAC {A [I]} {A [I] + A [1]} \ \ + 1 $. 처음 $의 A_1을 $ 손실 플러스 하나. $ O (N) $
레이커스 : 번호의 $ 1 내지 N $, 각각 무작위로 번호를 선택 후 생략되지 않은 $ X $, 자신이 모든 숫자가 삭제 된 배의 수를 찾아 삭제를 포함한 모든 배수. $ 1 \ 당량 n \ 당량 1E9 $
해결 방법 : 위와 같이, 원하는 선형성을 고려한다. $ X $ 수, 삭제되는 그들의 가능성 들어 $ \ FRAC {1} {D (X)} $이다. 각각의 시간 응답 투고 $ $ 1에서, ANS = $ \ 합계 \ {limits_ 난 = 1} ^ {N} \ FRAC {1} {D (I)} $ 천공. $ N은 $ min25 $ 체 (난 그렇게 끔찍한하지 않습니다)로, 대형 $.
\ 구슬 $와 $ 게임 \ 가방 빨간 공을 포함 $ R & LT $, $ G $ A $ B가 녹색 공 농구를 $. 각 턴 확률은 무작위로 공 가방에서 촬영. 빨간 공을 경우, 멀리 던져, 그것은 녹색 공이나 농구 인 경우, 그들은 가방에 넣어. 단지 첫번째 $ K 마련 알려진 현재의 수요 기대의 여러 라운드 후, 농구 $. $ 1 \ 당량의 R, G, B, K \ 당량 1E9 $
문제 :( 충분히 인식에 대한 솔루션이 얼마나 바보 확률에 아주), 슈퍼 관능적 인 이해 잘못 될 수 없습니다 쌰시에가 : 라운드의 예상 번호를 원 $ = $ 것으로 볼 수 $ = 빨간 공의 $ 수 $ 예상 $ + $ + $ 수 농구는 녹색 공의 기대의 수를 기대합니다. 원하는 선형성은 각각 합계를 찾을 수 있습니다. $ K 농구를 $로 올라와, 농구 $ K $로 올 것으로 예상된다. 각 접촉 농구가 몇 녹색 공을 터치 할 것으로 예상 만진 전에, 이번에는 빨간 공 간주 할 수없는 고려는 방정식 $의 E = \ FRAC {G}를 나열 (테이크에 빨간색은 영향을주지했다) { B + G} * (E + 1) $는 $ E = \ FRAC {G}의 해결 {B} $. 따라서, 총 원하는 터치 $ \ FRAC {KG} {B는 } $ 녹색 공을. 각각의 확률에 대한 자신의 빨간 공을 밖으로했다 간주하므로 결과적으로, 각각의 볼 확률이 감동되지 않은 발견, 아주 좋은 수를 발견 : 또한 농구는 모든 이것과 빨간 공을 고려할 수, 빨간 공 너무이 $ K $ 시간이 농구를 복용하고, 테이크되지 않았습니다. 농구의 확률이 $ \ FRAC {B} 얻을 {B을 + 1} $는 $ K $ 시간 확률이 $로 더 만져서 빨간 공입니다 (\ FRAC {B} { B + 1}) ^ K $. (\ FRAC {B - 따라서, 적색 공의 확률은 $ 1 건드리지 } {1} + B) ^ K $. (- (\ {1 FRAC 각각 적색 공 적색 공 기대치에게 $ 터치 무관 B + B} {1}) ^ K) * R을 $. (깊은 이해, 잘못 될 수 ...)
: $ UOJ $ # $ 299 $ 게임 확률 1 $ 이닝 작은 $의 R의 $ 승리, I-이닝 작은 $의 R $으로 경력 - 두 사람이 첫 경기의 확률이 주어진 $ N $ 보드 게임, 승리했을 때 처음 $의 난 $ P_i $에, 제 경우 $ I-1 $ $ B $ 이닝 작은이기는 $ Q_i $ 대한 $ I $ $ B $이기는 소규모의 확률. $ M은 차 동적으로 삽입을 $ 또는 경쟁의 몇 가지 알려진 결과를 제거, 승리의 일반 행정의 예상 번호를 찾을 $ $ R. $ 1 \ N LEQ, M \ LEQ 2E5 $
해결 방법 : $ + $ 베이지안 식의 선형 기대. 각 게임은 양쪽의 결과가 확인 된 관련되어야한다. 이 구간의 번호를 깎아 두 섹션 $ M $ 리비전에 대응 한 부분 또는 두 섹션으로 병합. X $ 이벤트의 양쪽에 확인 된 현재 $가 $ A, B $ 가정하자. 조건부 확률, $ P가 (X | (A \ bigcap B)) = \ FRAC {P (X \ bigcap \ 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)} $. 그런 다음 세그먼트 트리 유지 보수 행렬은 분자와 분모를 유지 곱셈.
해결 방법 : 트리 라인. 이 문제는 여러 번, 또는 원래의 제목을 본 것 같다? 나는 기억한다. 대답은 트리 라인 바로 포인트가있을 때 현재 위치의 동적 유지 보수를 정렬 $ r에 $에 의해 아래로, 오프라인, 강제 온라인을 필요로하지 않습니다. 하드 절대치가 처리하는 경우, 그렇게 만 $의 J <I $ 및 $ A [J] \ GEQ 고려 [I] $ 다시 뒤집어 같은 다른 케이스. 이제, 우리는 [I-1] $ 움직임 $ A [i]를 $, $를 가지고에 추가 $ A [i]를 고려 $의 오른쪽 끝에서 영향을 미칩니다. 상기 I $보다 큰 $가 [I] $ 위치 $ $의 POS, POS $ $ 위치 갱신 응답 제 $ 좌측 찾기. $ 들어 K <POS $, $ 만약 \ GEQ A [K] [POS] $, 그 답변과 $ K 사이 $ $ $ POS는 바람직하게는 $ K $ 및 $ I $ 비율 대답해야 취할 수 $ 케이 $에, 우리는 $ 볼때 $을 할 수 있어야합니다. $ 들어 [K] <a [pos] $, 설정 $ 미드 (a [i] = + A [pos])> > $ 1, $ 만약 [K]> 중간 $ , $ K $ 및 $ $ POS 대답은 시간의 역 계산을 제어 할 것입니다 상황을 우리는 고려해야 할 필요 있도록 $ A [K] \ 당량 중반 $ 구간 길이가 $ / $ 2 될 것입니다 때마다, 잘 아래로 처리되었습니다. 복잡성 $ O (nlognloga_i) $
$ 작동 $가 : 일 것 같습니다? 좋은 블록 대법.