Codeforces Round #370 (Div. 2)

A - Memory and Crow

这题我没看题意，看了样例猜了一下就AC了，题目好像还挺复杂的。

#include
using namespace std;
int a[100005];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i"%d ",a[i]+a[i+1]);printf("%d
",a[n]);return 0;
}

 

 B - Memory and Trident

题目大意：一个人可以往上下左右走，给你一串操作，问你最少改变几个能回到原地。

 

思路：将上下分成一堆，左右分成一堆，改变的时候优先同一堆里面的互换。这样能

保证次数最少。代码写的有点搓。

#include
using namespace std;
const int N=1e5+5;
char s[N];
int vis[4];
int main()
{scanf("%s",s);int len=strlen(s);if(len%2){puts("-1");return 0;}for(int i=0;i){if(s[i]=='U') vis[0]++;else if(s[i]=='D') vis[1]++;else if(s[i]=='L') vis[2]++;else vis[3]++;}if((vis[0]+vis[1])%2==0){int a=(vis[0]+vis[1])/2-min(vis[0],vis[1]);int b=(vis[2]+vis[3])/2-min(vis[2],vis[3]);cout<endl;}else{int a=(vis[0]+vis[1]-1)/2-min(vis[0],vis[1]);//cout<int b=(vis[2]+vis[3]-1)/2-min(vis[2],vis[3]);cout<1<<endl;}return 0;
}

 

C - Memory and De-Evolution

题目大意：给你两个边长分别为x和y的等边三角形，问你最少通过多少次改变可以把x变成y(x>y)

每次改变可以改变一条边，且改变后三边依旧能构成三角形。

 

思路：想了一会就想出来了，反过来模拟，从y模拟到x，每次y都取出最小的边把它变成能变成

的最大值，等到最小的边都大于x了就结束。

#include
using namespace std;
int x,y;
int a[3];
int main()
{cin>>x>>y;a[0]=a[1]=a[2]=y;int i=0;int ans=0;for(;;i++){ans++;a[i%3]=a[(i+1)%3]+a[(i+2)%3]-1;//printf("%d %d %d
",a[0],a[1],a[2]);if(min(a[(i+1)%3],a[(i+2)%3])>=x) break;}cout<endl;return 0;
}

 

D - Memory and Scores

题目大意：两个人有初试分数a和b，有 t  轮游戏，每轮游戏每人随机得到[-k,k]中的一个数加

到自己的分数中，问你k轮以后，有多少个结果是 第一个人得分数大于第二个人的。结果对1e9+7取模。

 

思路：用dp[i][j] 表示进行到 i 轮，分数为得到的分数为j 的方案数。

状态转移方程，dp[i][j]=dp[i-1] [j-k]+dp[i-1][j-k+1]+...+dp[i-1][j+k]。

直接这样写可能会超时，我们考虑用前缀和优化，即每一轮更新

的时候保存当前轮dp的前缀和，用于更新下一轮。最后就是计算

方案总数的问题了。

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2*1e5+1;
ll dp[101][N],a[N],b[N];
ll x,y,k,t;
const ll mod=1e9+7;
int main()
{cin>>x>>y>>k>>t;ll up=k*t*2;dp[0][k*t]=1;for(ll i=0;i<=up;i++){if(i==0) a[i]=dp[0][i];else a[i]=a[i-1]+dp[0][i];}ll *p=a,*q=b,*g;for(ll i=1;i<=t;i++){for(ll j=0;j<=up;j++){ll l=j-k,r=j+k;l=max((ll)0,l);r=min(up,r);ll t=dp[i][j];if(l==0) dp[i][j]=(dp[i][j]+p[r])%mod;else dp[i][j]=(dp[i][j]+p[r]-p[l-1]+mod)%mod;if(j==0) q[j]=dp[i][j]%mod;else q[j]=(dp[i][j]+q[j-1])%mod;}g=q;q=p;p=g;}ll ans=0;ll dis=y-x+1;for(ll i=0;i<=up;i++){ll now=i-dis;if(now>up) now=up;if(now>=0) ans=(ans+((dp[t][i])*p[now])%mod)%mod;}cout<endl;return 0;
}

 

E - Memory and Casinos

题目大意：有n个赌场，每个赌场你赢的概率为p，如果赢了你往右边的赌场走，输了往左边的赌场走，

给你一个范围 l 到 r 问你从 l 开始，最后在 r 赢且不在 l 输的概率是多少，写的时候真的不知道怎么写。。

还是太菜了。

 

思路：我们可以用线段树进行区间合并，我们记L( l , r )为从 l 开始最后在r赢不在且在 l 永远不输的概率，

R( l , r )为从 r 开始，最后在 r 赢，且永远不在 l 输的概率。我们对线段树的每个节点保存当前区间的这

两个值，每个节点保存该区间的 L 和 R 值。那么两个区间该如何合并呢？

我们可以先考虑只有两个点的情况 a 点和 b 点，求从 a 开始，最终在 b 点赢，且在 a 点永远不输的概率，

且 在 a 点赢的概率为p1，b 点为 p2，那么我们可以知道我们要求的概率就是一下式子的和

p1*p2         a(win)   b(win)

p1 * ( ( 1 - p2 ) * p1 ) * p2        a(win) b(lose) a(win) b(win)

p1 * ( ( 1 - p2 ) * p1)^2 * p2     a(w) ( b(l)  a(w)  b(l)  a(w) ) b(w)

.............

p1 * ( ( 1 - p2 ) * p1)^n * p2

求和就是等比数列求和。

那么对于两个区间也是同理，对于两个区间a，b，他们的L,R分别为  L1 , L2 , R1  R2，合并之后的 L 为 L3  R 为 R3

那么 L3 为以下式子的和

L1 * L2

L1 * ( ( 1 - L2 ) * R1 ) * L2

L1 * ( ( 1 - L2 ) * R1 )^2  * L2

............

L1 * ( ( 1 - L2 ) * R1 ) ^n * L2

 

R3 为以下式子的和

R2

( 1 - R2 ) * R1 * L2

( 1 - R2 ) * R1 *( ( 1 - L2 ) * R1 ) * L2

( 1 - R2 ) * R1 *( ( 1 - L2 ) * R1 )^2 * L2

.............

( 1 - R2 ) * R1 *( ( 1 - L2 ) * R1 )^n * L2

这样就能完成线段树的区间合并了。

#include
#define pdd pair
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
using namespace std;
const int N=1e5+5;
pdd st[N<<2];
int n,q;
pdd Merge(pdd x,pdd y)
{pdd ans;ans.fi=(x.fi*y.fi)/(1.0-x.se*(1.0-y.fi));ans.se=y.se+((1.0-y.se)*x.se*y.fi)/(1.0-(1.0-y.fi)*x.se);return ans;
}
void build(int l,int r,int rt)
{if(l==r){double a,b;scanf("%lf%lf",&a,&b);st[rt].fi=a/b; st[rt].se=a/b;return;}int m=(l+r)>>1;build(lson);build(rson);st[rt]=Merge(st[ls],st[rs]);
}
void updata(int l,int r,int rt,int x,double a,double b)
{if(l==r && r==x){st[rt].fi=a/b;st[rt].se=a/b;return;}int m=(l+r)>>1;if(x<=m) updata(lson,x,a,b);else updata(rson,x,a,b);st[rt]=Merge(st[ls],st[rs]);
}
pdd query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{if(l>=L && r<=R) return st[rt];int m=(l+r)>>1;if(R<=m) return query(L,R,lson);else if(L>m) return query(L,R,rson);else return Merge(query(L,R,lson),query(L,R,rson));
}
int main()
{cin>>n>>q;build(1,n,1);while(q--){int op;scanf("%d",&op);if(op==1){int  x;double a,b;scanf("%d%lf%lf",&x,&a,&b);updata(1,n,1,x,a,b);}else{int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);pdd ans=query(l,r,1,n,1);printf("%.12f
",ans.fi);}}return 0;
}