Good Bye 2017

这场没打，那就尽快补救回来吧

A. New Year and Counting Cards

签到

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B. New Year and Buggy Bot

全排列一下即可，可以用next_permation或者dfs枚举全排列

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C. New Year and Curling

题意

给n个半径为r的小球，可以看做从无限高垂直落下，每个小球落下的横坐标为xi，按顺序一个一个放下小球，如果一个小球碰到另一个小球就停止运动

问最后每个小球的高度

分析

直接暴力枚举找到相碰的最高高度即可

时间复杂度O（n^2）

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int h[1500];
double res[1500];
int abs(int x,int y) {if(x - y > 0) return x - y;return y - x;}
int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    int n;
    double r;
    cin>>n>>r;
    for(int i = 0;i < n;i++) {
        cin>>h[i];
        double rs = r;
        for(int j = 0;j < i;j++) {
            int dx = abs(h[i],h[j]);
            if(dx <= 2*r) {
                rs = max(rs,res[j] + sqrt(4*r*r - dx*dx));
            }
        }
        res[i] = rs;
    }
    for(int i = 0;i < n;i++) printf("%.10f ",res[i]);
    return 0;
}

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D. New Year and Arbitrary Arrangement

题意

给三个数k，pa，pb，每次有pa/(pa+pb)的概率向字符串末尾添加一个a，有pb/(pa+pb)的概率向字符串末尾添加一个b， 当这个字符串的子序列ab的数量>=k，就停止添加，问最后ab子序列数量的期望值 (1 ≤ k ≤ 1 000, 1 ≤ pa, pb ≤ 1 000 000)

分析

概率dp！！！

概率DP主要用于求解期望、概率等题目。转移方程有时候比较灵活，一般求概率是正推，求期望是逆推  -----kuangbin

定义：dp[i][j]：表示在串中有i个a，j个ab时开始加字符直到停止的期望ab个数
转移方程：dp[i][j] = ( pa*dp[i+1]][j] + pb*dp[i][i+j] )*(pa+pb)

答案：dp[1][0]即为所求。因为在第一个a出现之前，无论有多少b，ab数量都不会变与，只有当出现第一个a时，我们加入b才会产生ab

首先（j>=k）：有一个显然的状态：dp[i][j] = j (j>=k)

然后（i+j>=k && j<k）： 此时只需要一个b就停止添加

此时考虑添加b之前添加a的数量的期望值（设为ans），设p=pa /（pa+pb） （以下图片来自他人CSDN博客）

所以 当（i+j>=k） ： dp[i][j]=i+j+pa/pb

所以剩下的就是逆推出dp[1][0]的期望值即可

时间复杂度O（k^2）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1005;
const ll mod=1e9+7;

int k, pa, pb;
int dp[maxn][maxn];

long long inv (int x)
{
    return x==1?1:(mod-mod/x)*inv(mod%x)%mod;
}

int Dp(int i,int j)
{
    if(dp[i][j])
    return dp[i][j];
    if(i+j>=k)
        return dp[i][j]=(i+j+1ll*pa*inv(pb)%mod)%mod;
    else
    return dp[i][j]=((1ll*pa*Dp(i+1,j)%mod+1ll*pb*Dp(i,i+j)%mod)*inv(pa+pb))%mod;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &k, &pa, &pb);
    printf("%d
", Dp(1,0));
    return 0;
}

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E. New Year and Entity Enumeration

贝尔数问题

例题：集合划分

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F. New Year and Rainbow Roads

题意

给你n个点，每个点都是red，blue，green三种颜色之一，每个点都在x轴上的一个点，要求把它们连成一张图，使得去掉所有的red点，剩下blue和green点仍然是一张图，同理去掉blue，连接任意两个点的代价是这两个点的距离，问满足题意的最小花费（按照x递增的顺序给出这n个点）

分析

首先可以看出，red和green之间不可能存在边，因为看不到

不难看出，red green red这种情况下，连接两个red，和red-green-red的代价是等效的（同理，blue green blue也是的），所以考虑以green为分界点，分段即可，具体细节还需要考虑一下，要注意一下没有green点情况

时间复杂度O(n)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define mz 1000000007
#define pq priority_queue

char s[6];

int main()
{
    int n,now,maxxb=0,maxxr=0;
    int ans=0;
    int preg,prer,preb;
    preg=prer=preb=-1;
    int minr,minb,ming;
    minr=minb=ming=mz;
    int maxr,maxb,maxg;
    maxr=maxb=maxg=-1;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&now);
        scanf("%s",s);
        if(s[0]=='G')
        {
            ming=min(now,ming);
            maxg=max(now,maxg);
            if(preg!=-1)
            {
                ans+=now-preg;
                maxxb=max(maxxb,now-preb);
                maxxr=max(maxxr,now-prer);
                ans+=min((now-preg)*2-maxxr-maxxb,now-preg);
            }
            maxxr=maxxb=0;
            prer=preb=preg=now;
        }
        if(s[0]=='B')
        {
            minb=min(now,minb);
            maxb=max(now,maxb);
            maxxb=max(maxxb,now-preb);
            preb=now;
        }
        if(s[0]=='R')
        {
            minr=min(now,minr);
            maxr=max(now,maxr);
            maxxr=max(maxxr,now-prer);
            prer=now;
        }
    }
    if(ming==mz)
    {
        if(minr<maxr)
            ans+=maxr-minr;
        if(minb<maxb)
            ans+=maxb-minb;
    }
    else
    {
        if(minb<ming)
            ans+=ming-minb;
        if(minr<ming)
            ans+=ming-minr;
        if(maxb>maxg)
            ans+=maxb-maxg;
        if(maxr>maxg)
            ans+=maxr-maxg;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

 样例：

input：

6
1 G
2 B
3 R
4 B
5 R
6 G

ouput：

10