1011: [HNOI2008]遥远的行星
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Description
直线上N颗行星，X=i处有行星i,行星J受到行星I的作用力，当且仅当i<=AJ.此时J受到作用力的大小为 Fi->j=Mi*Mj/(j-i) 其中A为很小的常量，故直观上说每颗行星都只受到距离遥远的行星的作用。请计算每颗行星的受力，只要结果的相对误差不超过5%即可.
Input
第一行两个整数N和A. 1<=N<=10^5.0.01< a < =0.35
接下来N行输入N个行星的质量Mi,保证0<=Mi<=10^7
Output
N行，依次输出各行星的受力情况
Sample Input
5 0.3
3
5
6
2
4
Sample Output
0.000000
0.000000
0.000000
1.968750
2.976000
HINT
精确结果应该为0 0 0 2 3,但样例输出的结果误差不超过5%,也算对
Source
题意:题目意思明了，给一个数列M[1....n]，每一位都有一个值，第 i 个值为 所有 （j <= i * A ），M[ i ]*M[ j ] / (i - j) 的和
分析：显然有一个O(n^2)的做法，即对每个点 i，都暴力枚举 1... floor( i * A )的点求和，
但注意到误差最多有5%，所以我们可以不求精确值，考虑放缩思想，、把1....floor( i * A)分解成多段，每段都可以简单的求和，并且误差在5%以内
显然，我们首先可以把M[i]提取公因数，第 i 个值为 M[i] * ( 所有M[j] / (i - j)的和 ( 1 <= j <= i * A) )
即 M[i]*( M[j]/(i-j) + M[j-1]/(i-j+1) + M[j-2]/(i-j+2) + .... + M[1]/(i-1) )
一个显然的放缩为 对于一段 j, j-1, j-2, ......，j-k，放大为(M[j] + M[j-1] + M[j-2] + ..... + M[j-k]) / (i - j)
为使误差小于5%，我们令
M[j-k]/(i - j) - M[j-k]/(i - j + k) <= M[j-k]/(i - j + k) * 5%
这样必定有误差小于5%
我们令x = i - j，约掉M[j+k]，变形的
1/x - 1/(x+k) <= 1 / (x+k) * 5%
(x+k) - x <= x * 5%
k <= x/20
即这一段最长为 j ..... j-(i-j)/20
则下一段起点为 j-(i-j)/20-1，这样一段段分下去，一直到分完 i*A ..... 1
如果这样分组，最多有多少段？
我们去极限情况，n = 100000，A = 0.35
这样得到也不超过10段，时间复杂度完全可以接受
综上所述，本题得解
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <cstdlib>
4 #include <cmath>
5 #include <deque>
6 #include <vector>
7 #include <queue>
8 #include <iostream>
9 #include <algorithm>
10 #include <map>
11 #include <set>
12 #include <ctime>
13 using namespace std;
14 typedef long long LL;
15 typedef double DB;
16 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
17 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
18 #define MIT (2147483647)
19 #define INF (1000000001)
20 #define MLL (1000000000000000001LL)
21 #define sz(x) ((int) (x).size())
22 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
23 #define puf push_front
24 #define pub push_back
25 #define pof pop_front
26 #define pob pop_back
27 #define ft first
28 #define sd second
29 #define mk make_pair
30 inline void SetIO(string Name) {
31 string Input = Name+".in",
32 Output = Name+".out";
33 freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
34 freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
35 }
36
37 const int N = 100010;
38 const DB Eps = 1e-6;
39 int n;
40 DB A, M[N];
41 DB Sum[N], Ans[N];
42
43 inline void Input() {
44 scanf("%d%lf", &n, &A);
45 For(i, 1, n) scanf("%lf", &M[i]);
46 }
47
48 inline void Solve() {
49 For(i, 1, n) Sum[i] = Sum[i-1]+M[i];
50
51 For(i, 1, n) {
52 int S = (int) floor(1.0*i*A);
53 DB Cnt = 0.0;
54 while(S) {
55 int K = i-S;
56 int D = K/20;
57 int _K = min(K+D, i-1);
58 int _S = i-_K-1;
59 Cnt += (Sum[S]-Sum[_S])/((DB) K);
60 S = _S;
61 }
62 Ans[i] = Cnt*M[i];
63 }
64
65 For(i, 1, n) printf("%.6lf\n", Ans[i]);
66 }
67
68 int main() {
69 SetIO("1011");
70 Input();
71 Solve();
72 return 0;
73 }