Kejin Player 期望DP
题意：
初始等级为1，每一级有四个参数 r , s , x , a 。
每一级有一个概率p=r/s花费a的代价升级到下一级，失败可能会倒退到x级
设从 l 到 r 的期望为 g(l, r), 这种期望满足减法 g(l, r) = g(1, r) − g(1, l)．
因为升级只能一级一 级升, 所以要从 1 升级到 r, 必然要经过 l．
求一个前缀和
sum[i+1]=sum[i]+ai * si / ri + (sum[i]-sum[x])*(si-ri)/ri;
ai * si / ri + (sum[i]-sum[x])*(si-ri)/ri 这个类似于二项分布
一个是升到下一级的花费，一个是失败后回到 i 这一级的花费
1 #include <set>
2 #include <map>
3 #include <stack>
4 #include <queue>
5 #include <cmath>
6 #include <cstdio>
7 #include <string>
8 #include <vector>
9 #include <time.h>
10 #include <cstring>
11 #include <iostream>
12 #include <algorithm>
13 #include <unordered_map>
14
15
16 #define pi acos(-1.0)
17 #define eps 1e-9
18 #define fi first
19 #define se second
20 #define rtl rt<<1
21 #define rtr rt<<1|1
22 #define bug printf("******\n")
23 #define mem(a, b) memset(a,b,sizeof(a))
24 #define name2str(x) #x
25 #define fuck(x) cout<<#x" = "<<x<<endl
26 #define sf(n) scanf("%d", &n)
27 #define sff(a, b) scanf("%d %d", &a, &b)
28 #define sfff(a, b, c) scanf("%d %d %d", &a, &b, &c)
29 #define sffff(a, b, c, d) scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d)
30 #define pf printf
31 #define FIN freopen("../date.txt","r",stdin)
32 #define gcd(a, b) __gcd(a,b)
33 #define lowbit(x) x&-x
34 #define IO iOS::sync_with_stdio(false)
35
36
37 using namespace std;
38 typedef long long LL;
39 typedef unsigned long long ULL;
40 const int maxn = 1e6 + 7;
41 const int maxm = 8e6 + 10;
42 const int INF = 0x3f3f3f3f;
43 const int mod = 1e9 + 7;
44
45 LL expmod(LL a, LL b) {
46 LL res = 1;
47 while (b) {
48 if (b & 1) res = res * a % mod;
49 a = a * a % mod;
50 b = b >> 1;
51 }
52 return res;
53 }
54
55
56 int t, n, q;
57 struct node {
58 LL r, s, x, a;
59 } qu[maxn];
60 LL sum[maxn];
61
62 int main() {
63 //FIN;
64 sf(t);
65 while (t--) {
66 sff(n, q);
67 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld%lld%lld", &qu[i].r, &qu[i].s, &qu[i].x, &qu[i].a);
68 sum[1] = 0;
69 for (int i = 1; i <= n; i++) {
70 sum[i + 1] = sum[i] + qu[i].s * expmod(qu[i].r, mod - 2) % mod * qu[i].a % mod +
71 (qu[i].s - qu[i].r + mod) % mod * expmod(qu[i].r, mod - 2) % mod *
72 (sum[i] - sum[qu[i].x] + mod) % mod;
73 // printf("sum[%d] = %d\n", i + 1, sum[i + 1]);
74 sum[i+1]%=mod;
75 }
76 while (q--) {
77 int L, R;
78 sff(L, R);
79 printf("%lld\n", (sum[R] - sum[L]+mod)%mod);
80 }
81 }
82 return 0;
83 }
Final Exam 思维题
题意：
有n个题目，每个题目的分数总和为m，你不知道哪个题目的分数是多少。
一个题目的分数是X，则你最少需要X+1的时间才能做出这一个问题。
每一题的分数范围都是【0，m】
问你保证回答出k个问题的最小代价是多少。
因为每一题的分数未知，你无法知道前K个问题的最小代价和。
考虑极端情况，假设你要问答K个问题，有K-1的都是0分，剩下的问题总分是m分，
如何保证一定可以回答出K个问题呢
那就是对于剩下的n-k+1个问题都复习m/(n-k+1)+1小时，
其实就是你保证你剩下的n-k+1的问题复习m小时以上（这样你这个n-k+1个问题里面你至少可以做出来一个）
这个可以保证这n个问题无论你选哪一个都有K个你做的出。
完全不会分析，流下了菜鸡的眼泪。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <queue>
5 #include <cmath>
6 #include <algorithm>
7 #include <set>
8 #include <iostream>
9 #include <map>
10 #include <stack>
11 #include <string>
12 #include <time.h>
13 #include <vector>
14
15 #define pi acos(-1.0)
16 #define eps 1e-9
17 #define fi first
18 #define se second
19 #define rtl rt<<1
20 #define rtr rt<<1|1
21 #define bug printf("******\n")
22 #define mem(a, b) memset(a,b,sizeof(a))
23 #define name2str(x) #x
24 #define fuck(x) cout<<#x" = "<<x<<endl
25 #define sf(n) scanf("%d", &n)
26 #define sff(a, b) scanf("%d %d", &a, &b)
27 #define sfff(a, b, c) scanf("%d %d %d", &a, &b, &c)
28 #define sffff(a, b, c, d) scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d)
29 #define pf printf
30 #define FRE(i, a, b) for(i = a; i <= b; i++)
31 #define FREE(i, a, b) for(i = a; i >= b; i--)
32 #define FRL(i, a, b) for(i = a; i < b; i++)+
33 #define FRLL(i, a, b) for(i = a; i > b; i--)
34 #define FIN freopen("../date.txt","r",stdin)
35 #define gcd(a, b) __gcd(a,b)
36 #define lowbit(x) x&-x
37 #define rep(i, a, b) for(int i=a;i<b;++i)
38 #define per(i, a, b) for(int i=a-1;i>=b;--i)
39
40 using namespace std;
41 typedef long long LL;
42 typedef unsigned long long ULL;
43 const int maxn = 3e3 + 7;
44 const int maxm = 8e6 + 10;
45 const int INF = 0x3f3f3f3f;
46 const int mod = 10007;
47
48
49 int t;
50 LL n, m, k;
51
52 int main() {
53 sf(t);
54 while (t--) {
55 scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
56 printf("%lld\n", m + k + (k - 1) * (m / (n - k + 1)));
57 }
58 return 0;
59 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/qldabiaoge/p/11343283.html
时间： 2024-10-04 07:35:18