CF 282 C
Helping People 题解
【原题】不贴了。
【废话】好久没写博客了。（我不会告诉你我是离线写的）于是来水经验来了。
【来源简述】CF 282 C
【原题简述】有N（10^5）个人，每个人有初始的钱。再给出M（5000）个操作L,R,P。每次表示L~R这些人有几率P（0<=P<=1）给他们每人一元。求最后所有人钱数最大值的期望。
【算法简述】首先把这些操作建立出树结构（可以借鉴线段树）。节点i表示范围Li~Ri，它的父亲一定包含它，它也包含它的所有子树。为了方便，建立一个L=1,R=N,P=0的无效节点作为根。
观察到M的范围小，我们用f[i][j]表示在节点i表示的范围内，加的钱数<=j的期望（注意原先的钱数可以用RMQ计算出）。至于为什么是<=，因为后面要用到前缀和——反正f算的时候再前缀和一下。那么到节点i，我们开一数组tmp[j]表示所有子树中影的最多（注意还是前缀和性质）加了j元的期望。
那么tmp[j]= ∏f[son][mx[i]+j-mx[son]];
mx[o]是原先区间o的最大钱数。
（这里就用到了f的前缀和性质了）
注意到求完后做一步tmp[j]-=tmp[j-1]，取消前缀和性质。
然后我们的任务是求出i的所有f值。
那么ans[i][j]=ans[i][j-1]+tmp[j-1]*p[i]+tmp[j]*(1-p[i]);
ans[i][j-1]:前缀和
tmp[j-1]*p[i]:由子树中得最大加j-1，且当前也加
tmp[j]*(1-p[i]):由子树中得最大加j,且当前不加
求完了所有的f[i][j]后，我们对于新加的点K，最后的ans满足
ANS=ans[m][0]*mx[m]+Σ (ans[m][i]-ans[m][i-1])*(mx[m]+i);
【*精华所得】类似于分治的树形算法。
【代码】
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 100005
#define M 5005
using namespace std;
struct arr{int l,r;double p;}a[M];
int f[N][18],mx[N],used[N],n,i,j,T,m,k;
double ans[M][M],tmp[M],ANS;
inline int ask(int x,int y)
{
int len=(int)log2(y-x+1);
return max(f[x][len],f[y-(1<<len)+1][len]);
}
inline int cmp(const arr &a,const arr &b){return a.r-a.l<b.r-b.l;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&f[i][0]);
for (j=1;j<=17;j++)
for (i=1;i<=n;i++)
T=i+(1<<(j-1)),f[i][j]=max(f[i][j-1],(T<=n)?f[T][j-1]:0);
for (i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%lf",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].p);
a[++m]=(arr){1,n,0};
sort(a+1,a+m+1,cmp);
for (i=1;i<=m;i++)
{
mx[i]=ask(a[i].l,a[i].r);
for (k=0;k<=m;k++) tmp[k]=1.0;
for (j=1;j<i;j++)
if (a[j].l>=a[i].l&&a[j].r<=a[i].r&&!used[j])
{
used[j]=1;
for (k=0;k<=m;k++)
if (mx[i]+k-mx[j]<=m) tmp[k]*=ans[j][mx[i]+k-mx[j]];
}
for (k=m;k;k--)
tmp[k]-=tmp[k-1];
ans[i][0]=(1-a[i].p)*tmp[0];
for (k=1;k<=m;k++)
ans[i][k]=ans[i][k-1]+tmp[k-1]*a[i].p+tmp[k]*(1-a[i].p);
//ans[i][k-1]:加上k-1的期望(ans[i]实质是前缀和性质)
//tmp[k-1]*p[i]:由子树中得最大加k-1，且当前也加
//tmp[k]*(1-p[i]): 由子树中得最大加k,且当前不加
}
ANS=ans[m][0]*mx[m];
for (i=1;i<=m;i++)
ANS+=(ans[m][i]-ans[m][i-1])*(mx[m]+i);
printf("%.10lf",ANS);
}