（施工中……已更新DF）
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D. Robots（期望dp）
题意
给一个DAG，保证入度为$0$的点只有$1$，出度为$0$的点只有$n$。
现在一个机器人从$1$出发，每天都会以相同的概率前往相邻节点之一或静止不动。
每天机器人消耗的耐久等于经过的天数。
求机器人到点$n$期望消耗的耐久。
划水划的很愉快，唯一一道做出来的题。但是和题解做法不同（感觉我的方法麻烦），因此砸了3h在这题上面（正在试图读懂题解ing）。
设$f[u][j]$表示第$j$天从点$u$出发到$n$期望消耗的耐久，$out[i]$表示$i$的出度$+1$，那么答案就是$f[1][1]$。
初始的方程就不写了很容易。
经过一大顿推导可以求出$f[u][j]=frac{out[u]}{out[u]-1} imes j+frac{out[u]}{(out[u]-1)^2}+sum_v(frac{f[v][j+1]}{out[u]}+frac{f[v][j+2]}{out[u]^2}+...)$，其中$v$为$u$相邻节点。
后面那点奇葩的东西很难处理，不妨我们先思考对于$1->2$这样的一个图，$f[1][j]$是多少？
咦为什么这个东西是个等差数列？
于是我们假设$f[v][j]$也是一个等差数列，则原式子可以化为$f[u][j]=frac{out[u]}{out[u]-1} imes j+frac{out[u]}{(out[u]-1)^2}+sum_v frac{f[v][j+1]*out[u]-f[v][j]}{(out[u]-1)^2}$，总之你能求出$f[u][j]$也是个等差数列就是了。
于是数学归纳法可以求出所有的$f[u][j]$都是等差数列，因此我们$j$只需要求$1$和$2$，然后从后往前求即可，复杂度$O(n+m)$，细节和具体实现看代码。
#include<cmath> #include<stack> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double dl; const int N=1e5+5; const int M=2e5+5; inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X; } struct node{ int to,nxt; }e[M]; int n,m,cnt,head[N],out[N],dep[N]; dl f[N][3]; inline void add(int u,int v){ e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;out[u]++; } void init(){ for(int i=1;i<=n;i++){ head[i]=0;out[i]=1; f[i][1]=f[i][2]=0; } cnt=0; } dl F(int u,int j){ if(u==n)return 0; if(f[u][1]>0&&f[u][2]>0)return (f[u][2]-f[u][1])*(j-1)+f[u][1]; dl sum=(dl)out[u]/(out[u]-1)*j+(dl)out[u]/(out[u]-1)/(out[u]-1); for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].to; dl div=(out[u]-1)*(out[u]-1); dl a1=-F(v,j);dl a2=F(v,j+1)*out[u]; sum+=(a1+a2)/div; } return f[u][j]=sum; } int main(){ int T=read(); for(int cas=1;cas<=T;cas++){ n=read(),m=read(); init(); for(int i=1;i<=m;i++){ int u=read(),v=read();add(u,v); } printf("%.2Lf ",F(1,1)); } return 0; }
F. Greedy Sequence（线段树）
题意
给定一个长度为$n$的排列$a$，对每一个 $i in [1,n]$，定义一个序列$s_i$，规则如下：
①$s_i[1]=i$;
②对于每一个$jin [2,n],s_i[j]le s_i[j−1]$；
③对于每一个$jin [2,n],s_i[j],s_i[j-1]$ 在 $a$ 中的位置之差的绝对值$le k$，并且$a$中的每一个元素至多在$s_i$中出现一次；
④填不了时，用 $0$ 填充剩余的数至$s_i$长度为$n$为止；
⑤$s_i[j]$要尽可能的大；
输出$|s_1|,|s_2|,...,|s_n|$，其中$|s_i|$为序列$s_i$中不为$0$的数的个数。
显然我们要取的数是可取区间内最大的，并且容易发现，前一个数取$i$则后一个数一定会取某个数不变。
于是维护$nxt[i]$表示$i$后面取的数，$nxt$数组可用线段树求出。
#include<cmath> #include<stack> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+5; inline int read(){ int X=0,w=0;char ch=0; while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();} while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar(); return w?-X:X; } int n,k,w[N],id[N],nxt[N],sum[N]; int tr[N<<2]; void build(int a,int l,int r){ if(l==r){ tr[a]=w[l];return; } int mid=(l+r)>>1; build(a<<1,l,mid);build(a<<1|1,mid+1,r); tr[a]=max(tr[a<<1],tr[a<<1|1]); } void modify(int a,int l,int r,int x,int y){ if(l==r){ tr[a]=y;return; } int mid=(l+r)>>1; if(x<=mid)modify(a<<1,l,mid,x,y); else modify(a<<1|1,mid+1,r,x,y); tr[a]=max(tr[a<<1],tr[a<<1|1]); } int query(int a,int l,int r,int l1,int r1){ if(r<l1||r1<l)return 0; if(l1<=l&&r<=r1)return tr[a]; int mid=(l+r)>>1; return max(query(a<<1,l,mid,l1,r1),query(a<<1|1,mid+1,r,l1,r1)); } inline void check(int x){ int where=id[x]; modify(1,1,n,where,0); nxt[x]=query(1,1,n,max(1,where-k),min(n,where+k)); } int main(){ int T=read(); for(int cas=1;cas<=T;cas++){ n=read(),k=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ w[i]=read();id[w[i]]=i; sum[i]=0; } build(1,1,n); for(int i=n;i>=1;i--)check(i); for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]+=sum[nxt[i]]+1; for(int i=1;i<=n;i++){ if(i!=1)putchar(' '); printf("%d",sum[i]); } putchar(' '); } return 0; }
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