hubeikemi的个人博客
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Problem - C - Codeforces

这题有2个解法，然而我赛时一个没写出来，这不是废物是什么？

解法一

对于任意区间 [L,R]：

换算一下，得到：

注意到

求$\Delta$的最大值即可

怎么没写出来呢？

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e9 + 5;

void solve(){

    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1), pre(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
    }

    int mx1 = 0, mx2 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x = pre[i - 1] - i * (i - 1);
        mx1 = max(x, mx1);
        x = i * (i + 1) - pre[i];
        mx2 = max(x, mx2);
    }

    cout << pre[n] + mx1 + mx2 << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while (_--)
        solve();
    return 0;
}

这是错的，因为L要小于R，而我取了全局最大：

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int mx1 = 0, mx2 = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    int x = pre[i - 1] - i * (i - 1);
    mx1 = max(x, mx1);
    x = i * (i + 1) - pre[i];
    mx2 = max(x, mx2);
}

正解是：

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int mx = 0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    int x = pre[i - 1] - i * (i - 1);
    mx = max(x, mx);
    x = i * (i + 1) - pre[i] + mx;
    ans = max(x, ans);
}

这样可以保证L<=R

妙啊

AC码如下：

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e9 + 5;

void solve(){

    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1), pre(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i];
    }

    int mx = 0, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x = pre[i - 1] - i * (i - 1);
        mx = max(x, mx);
        x = i * (i + 1) - pre[i] + mx;
        ans = max(x, ans);
    }

    cout << pre[n] + ans << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while (_--)
        solve();
    return 0;
}

解法二

对于任意区间 [L,R]：

原区间和为：

替换后的区间和：

神奇的来了，注意到

这是什么？

这是等差序列的求和公式！：

$$S_n = \dfrac{{项数}\times (\text{首项} + \text{末项})}{2}$$

所以：

所以$T$也可以写成:

$$\displaystyle{2 \times \sum_{i=L}^{R}} i = \displaystyle{ \sum_{i=L}^{R}} 2i$$

所以$\Delta$可以写成:

$$\displaystyle{\Delta = T - \displaystyle\sum_{i=L}^{R} a_i = \sum_{i=L}^{R} {(2i - a_i)}}$$

于是问题简化成：

寻找区间，使得 $\displaystyle{\Delta = \sum_{i=L}^{R} {(2i - a_i)}}$ 最大

这已经是标准最大子段和问题了

AC码如下：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
    
const int N=1e9+5;
    
void solve(){
    
    int n; cin >> n;
    vector<int> a(n + 1), b(n + 1); 
    long long sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
        b[i] = 2 * i - a[i];
    }
    
    long long ans = 0, tot = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        tot = max(0LL, tot + b[i]);
        ans = max(tot, ans);
    }

    cout << ans + sum << endl;

}
    
int main(){
    
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

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本文字数： 3k 阅读时长 ≈ 3 分钟

二维dp的回溯以及四维dp

P1005 NOIP 2007 提高组] 矩阵取数游戏 - 洛谷

这题我一开始用两次二维dp解，每次取最优路（类似贪心）。可是我不会dp回溯，于是有了以下题解：

二维dp的回溯

如下：

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void back(int x, int y) {
    
    if (x == 1 && y == 1) {
        return;
    }

    if (x > 1 && dp[x - 1][y] + a[x][y] == dp[x][y]) {
        back(x - 1, y);
    }
    else if (y > 1 && dp[x][y - 1] + a[x][y] == dp[x][y]) {
        back(x, y - 1);
    }
}

很好懂吧，因为每次dp取得都是到当前格的最大值，因此路径一定存在，一步步减回去就行。

完整码如下：

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#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
    
const int N=1e9+5;

int dp1[11][11], dp2[11][11];
int a[11][11];

void back(int x, int y) {
    
    if (x == 1 && y == 1) {
        a[x][y] = 0;
        return;
    }

    if (x > 1 && dp1[x - 1][y] + a[x][y] == dp1[x][y]) {
        a[x][y] = 0;
        back(x - 1, y);
    }
    else if (y > 1 && dp1[x][y - 1] + a[x][y] == dp1[x][y]) {
        a[x][y] = 0;
        back(x, y - 1);
    }
}

void solve(){
    
    int n; cin >> n;
    while(1) {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        if (x == 0 && y == 0 && z == 0) {
            break;
        }
        else {
            a[x][y] = z;
        }
    }

    int sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            dp1[i][j] = max(dp1[i - 1][j], dp1[i][j - 1]) + a[i][j];
        }
    }

    sum += dp1[n][n];
    back(n, n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            dp2[i][j] = max(dp2[i - 1][j], dp2[i][j - 1]) + a[i][j];
        }
    }

    sum += dp2[n][n];
    cout << sum << endl;
    
}
    
int main(){
    
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

注意两点：

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void back(int x, int y) {
    
    //  a[x][y] = 0; 不要写在这里，a[x][y]后面会用到，这里不要先改，到if后面再改 !!!
    
    if (x == 1 && y == 1) {
        a[x][y] = 0;	
        return;
    }

    if (x > 1 && dp1[x - 1][y] + a[x][y] == dp1[x][y]) {	// x > 1 不要越界
        a[x][y] = 0;
        back(x - 1, y);
    }
    else if (y > 1 && dp1[x][y - 1] + a[x][y] == dp1[x][y]) {	// 同理, y > 1 不要越界
        a[x][y] = 0;
        back(x, y - 1);
    }
}

果然pa了，因为当前最优不代表全局最优，贪心思路不可行，反例：

7
1 2 2
1 3 3
2 2 3
3 2 3
5 4 4
6 4 4
7 2 2
7 4 4
0 0 0

1
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7
0 2 3 0 0 0 0
0 3 0 0 0 0 0
0 3 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 4 0 0 0
0 0 0 4 0 0 0
0 2 0 4 0 0 0

答案是25，然而我的解法第一次是：

1
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0 0 3 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 2 0 0 0 0 0

得20，第二次得23。

实际上是第一次：

1
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6
7
0 0 3 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 4 0 0 0
0 0 0 4 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0

第二次全吞完，得25。

所以得用四维dp做。

四维dp

直接上代码吧：

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#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
    
int dp[11][11][11][11]; // dp[i][j][p][q]表示第一遍走到点(i, j),第二遍走到点(p, q)的最优解
int a[11][11];
    
void solve(){
    
    int n; cin >> n;
    while(1) {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        if (x == 0 && y == 0 && z == 0) {
            break;
        }
        else {
            a[x][y] = z;
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            for (int p = 1; p <= n; ++p) {
                for (int q = 1; q <= n; ++q) {
                    dp[i][j][p][q] = max(max(dp[i-1][j][p-1][q], dp[i-1][j][p][q-1]), max(dp[i][j-1][p-1][q], dp[i][j-1][p][q-1])) + a[i][j] + a[p][q];
					if (i == p && j == q) dp[i][j][p][q] -= a[i][j];
                }
            }
        }
    }

    cout << dp[n][n][n][n] << endl;
    
}
    
int main(){
    
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

发表于 分类于
本文字数： 4.5k 阅读时长 ≈ 4 分钟

简单二进制状压

Problem - C - Codeforces

打表：

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#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
    
const int N=1e9+5;
    
void solve(){
    
    ll n; cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        a[i] = i;
        ans += i * (n - i + 1);
    }
    int cnt = 0;
    do {
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int mn = 0x3f3f3f3f;
            for (int j = i; j <= n; ++j) {
                mn = min(mn, a[j]);
                sum += mn;
            }
        }

        if (sum == ans){
            ++cnt;
            cout << "\033[0m" << cnt << ": ";
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                if (a[i] == 3)  cout << "\033[32m" << a[i] << " ";
                else cout << "\033[31m" << a[i] << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }while(next_permutation(a.begin() + 1, a.end()));
    
}
    
int main(){
    
    //ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    system("pause");
    return 0;
    
}

输入5为例:

1763829785661

1763829837661

不难发现：一半1，一半1里有一半2，一半2里又有一半3…

超过半数往后站，不过半往前站

因此有解:

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53
54
55
56
57
#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

void solve(){
    
    ll n, k; cin >> n >> k;
    ll m = n;
    vector<int> a(n + 1);

    ll sum = 1LL;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        sum <<= 1LL;
        if (sum >= 1e12) {
            sum = 1e12;
            break;
        }
    }

    if (k > sum) {
        cout << -1 << endl;
        return;
    }

    int l = 1, r = n;
    ll ls = 0LL, rs = sum;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ll mid = ((ls + rs) >> 1LL);
        if (k <= mid) {	
            a[l] = i;	//不过半往前站
            ++l;
            rs = mid;	//集中前半段
        }
        else {
            a[r] = i;	//超过半数往后站
            --r;
            ls = mid;	//集中后半段
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cout << a[i] << " ";
    }
    cout << endl;
    
}

int main(){
    
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

但是，这么解是错的，让我们听听AI怎么说。

对于

1
2
3
4
5
6
7
输入：
1 
60 2 

我输出的是： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 40 60 59 58 57 56 55 54 53 52 51 50 49 48 47 46 45 44 43 42 41 39 

正确答案是： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 60 59

为什么错了？

你把 sum = 2^(n-1) 人为截断成 1e12。
当 n=60 时真实的 $2^{n-1}=2^{59}≈5.76e17$，而你把它设成 1e12。以后你用 [ls,rs) 以二分区间把 k 映射成“左右选择”的逻辑 依赖 rs-ls 恰好是 2^(remaining) 的幂次。截断后这个不再成立，映射就被彻底破坏了 —— 因此决策在第 ~39 次才从“放左”变成“放右”，产生你看到的 1..38 然后一大段乱序的结果。

什么意思，原本sum很长很长，可以截很多个二分，但因为原本sum太长太长了，long long存不下，我把它截成 1e12（k的最大值），导致截的二分数变少了，mid很快扰乱了如下代码的判断

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for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    ll mid = ((ls + rs) >> 1LL);
    if (k <= mid) {	
        a[l] = i;	//不过半往前站
        ++l;
        rs = mid;	//集中前半段
    }
    else {
        a[r] = i;	//超过半数往后站
        --r;
        ls = mid;	//集中后半段
    }
}

不妨想一下：

二进制状压

我们这样打表：

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#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;
    
const int N=1e9+5;
    
void solve(){
    
    ll n; cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        a[i] = i;
        ans += i * (n - i + 1);
    }
    int cnt = 0;
    do {
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int mn = 0x3f3f3f3f;
            for (int j = i; j <= n; ++j) {
                mn = min(mn, a[j]);
                sum += mn;
            }
        }

        if (sum == ans){
            ++cnt;
            cout << "\033[0m" << bitset<4>(cnt - 1)<< ": "; //以5为例(0 ~ 15) 16种情况
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                if (a[i] == 1)  cout << "\033[32m" << a[i] << " ";
                else cout << "\033[31m" << a[i] << " ";
            }
            cout << endl;
        }
    }while(next_permutation(a.begin() + 1, a.end()));
    
}
    
int main(){
    
    //ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    system("pause");
    return 0;
    
}

img

我们可以想到，我们之前的步骤中，每一次二分相当于消去最高位，观察下一位，如果该位是0，往前站，该位是1，往后站，最后剩下的一位，填最后一位（n）。

假设n = 5, 当前位置为k = 8，由于从0计数，所以减1，得7，二进制为0111，于是，我们有：

1
2
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4
5
6
0111: 1
 111: 1       2 
  11: 1     3 2
   1: 1   4 3 2

最后：1 5 4 3 2

完美！

我们可以反过来，从n到1填，毕竟从低位到高位遍历数位要容易很多，不断除2就行。填数就用双端队列一个个往里挤，很方便。

代码如下：

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#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

void solve(){
    
    ll n, k; cin >> n >> k;
    ll m = n;
    vector<int> a(n + 1);

    ll sum = 1LL;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        sum <<= 1LL;
        if (sum >= 1e12) {
            sum = 1e12;
            break;
        }
    }

    if (k > sum) {
        cout << -1 << endl;
        return;
    }
    
    ll b = k - 1;	//从0计数，减1
    deque<ll> dq;
    dq.push_back(n);
    for (ll x = n - 1; x >= 1; --x) {
        if (b & 1LL) dq.push_back(x);
        else dq.push_front(x); 
        b >>= 1;
    }

    while(!dq.empty()) {
        cout << dq.front() << " ";
        dq.pop_front();
    }
    cout << endl;
    
}
    
int main(){
    
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    cin>>_;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

AC了！

那你可能会想：前面说那么多，不还是观察出来的吗？

是的。

发表于 分类于
本文字数： 735 阅读时长 ≈ 1 分钟

从逐次减法到高效除法

题目描述：

给定初始值 N，以及 M 种操作，每种操作 (a, b)，表示每次操作必须满足 N >= a，然后 N 会减少 b。要求计算最多可以执行多少次操作，并更新 N。

思路与推导：

  1. 操作描述：
    每个操作 (a, b)，表示：

    • 只有当 N >= a 时，才能进行操作。
    • 每次操作会将 N 减去 b，直到无法继续执行为止。

  2. 最大操作次数的推导：
    假设对于某个操作 a 和 b，我们希望计算最多可以执行多少次该操作。

    由于每次操作将 N 减少 b，为了保证 N 始终大于等于 a，我们可以得到以下条件：

    其中 t 为最大执行次数。由此可以得到：

    这意味着最多可以进行 $t = \left\lfloor \frac{N - a}{b} \right\rfloor$ 次操作。

    为什么要加 1？

    • 因为N在减了t次之后还是大于或等于a的还可以再进行一次操作,这次减了b了之后,N小于a,不会再进行下一次(a,b)操作了

    所以，最终的最大操作次数是：

  3. 更新 N：
    每次操作执行 t 次后，N 会减少 t * b。更新后的 N 为：

    继续进行下一个操作，直到遍历所有操作。

示例：

输入：

1
2
3
100 2
20 3
50 5

输出：

1
27

解释：

  1. 第一个操作：a = 20, b = 3，计算 (100 - 20) / 3 + 1 = 27，执行 27 次，更新 N = 100 - 27 * 3 = 19。
  2. 第二个操作：a = 50, b = 5，由于 N = 19 小于 50，跳过该操作。
  3. 最终输出 cnt = 27。

总结：

通过优化循环，使用数学公式一次性计算每个操作的最大执行次数，避免了逐次减法，从而提高了程序效率。核心考察了通过数学推导解决动态问题和优化计算时间的能力。

发表于 分类于
本文字数： 3.8k 阅读时长 ≈ 3 分钟

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/120454/F

属于典型的“是否存在一个 X ∈ R 可以满足所有约束”的问题

浮点二分

二分解法： 二分答案$r^2$，然后将区间$x-\sqrt{r^2-y^2}$到$x+\sqrt{r^2-y^2}$ 区间覆盖判断，若所有区间存在交集，则返回true

先看错解：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
    double x, y;
};
 
void solve(){
 
    int n; cin >> n;
    vector<node> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
    }
    auto check = [&](double R2) -> bool {
        double L = -1e9, R = 1e9;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            double X = R2 - a[i].y * a[i].y;
            double l = a[i].x - sqrt(X);
            double r = a[i].x + sqrt(X);
            L = max(L, l);
            R = min(R, r);
        }
        return L <= R;
    };
    double l = -1e9, r = 1e9;
    double ans;
    while (l <= r) {
        double mid = l + (r - l) / 2.0;
        if (check (mid)) {
            ans = mid;
            l = mid + 1;
        }
        else {
            r = mid - 1;
        }
    }
    cout << sqrt(ans) << endl;
 
}
 
int main(){
 
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
 
}

错误点：

  • 在二分一个 double，却使用了整数二分写法 

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    while (l <= r) {
        mid = l + (r - l) / 2;
        if (check(mid)) l = mid + 1;
        else r = mid - 1;
    }

    使用这种比较完全不收敛，
    而且 mid + 1 会跳过正确答案，导致永远不精确。

  • check(R2) 没有边界判断

    如果 $r^2$ < $y^2$，$x^2$为负，会 sqrt(负数) → nan → WA/RE

  • 二分区间不应该是 [-1e9, 1e9]

    [-1e9, 1e9] 有一半是无效区间
    因为我们二分答案 $r^2$ ，而半径平方不能为负

正确写法：浮点二分（模板）

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double l = 0, r = 2e8;   // 1e4^2 + 1e4^2
for (int i = 0; i < 60; i++) {
    double mid = (l + r) / 2;
    if (check(mid)) r = mid;
    else l = mid;
}

不能用 while(l <= r)！！

最终无 bug 版本

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
    double x, y;
};
 
void solve(){
 
    int n; cin >> n;
    vector<node> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
    }
    auto check = [&](double R2) -> bool {
        double L = -1e9, R = 1e9;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            double X = R2 - a[i].y * a[i].y;

            if (X < 0) return 0;	//若圆与x轴无交点，即X < 0，直接返回false，否则sqrt(X)会nan
            
            double l = a[i].x - sqrt(X);
            double r = a[i].x + sqrt(X);
            L = max(L, l);
            R = min(R, r);
        }
        return L <= R;
    };
    
    double l = 0, r = 1e9;
    for (int i = 1; i <= 60; ++i) {
        double mid = l + (r - l) / 2;
        if (check(mid)) {
            r = mid;	//这里应该以r为答案，之前连这里都错了！
        }
        else {
            l = mid;
        }
    }
    
    cout << setprecision(6) << sqrt(r) << endl;
 
}
 
int main(){
 
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
 
}

三分

三分法是一种用于在“单峰/单谷函数f(x)”上寻找最优值（最大或最小）的算法。

三分法思想：

把区间 [l, r] 分成三段： l —— m1 —— m2 —— r

其中： m1 = l + (r - l) / 3 （左三等分点）
m2 = r - (r - l) / 3（右三等分点）

然后比较： f(m1) 和 f(m2)

如果 f(m1) < f(m2)
→ 最高点在区间 (m1, r)
→ 扔掉左边部分 l = m1

如果 f(m1) > f(m2)
→ 最高点在区间 (l, m2)
→ 扔掉右边部分 r = m2

三分法代码模板（整数区间）

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int ternary(int l, int r) {
    while (r - l >= 3) {
        int m1 = l + (r - l) / 3;
        int m2 = r - (r - l) / 3;

        if (f(m1) < f(m2)) 
            l = m1;
        else 
            r = m2;
    }
}

三分法代码模板（实数区间）

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double ternary(double l, double r) {
    const double eps = 1e-12; 

    while (r - l > eps) {
        double m1 = l + (r - l) / 3;
        double m2 = r - (r - l) / 3;

        if (f(m1) < f(m2)) {
            l = m1;
        } else {
            r = m2;
        }
    }
}

算了，直接看题吧

我们要在 x 轴上选一个点 X，使得到所有点 ($x_i$, $y_i$) 的 最大距离最小：

$f(x) = \max\limits_{1 \le i \le n}\sqrt{(X - x_i)^2 + y_i^2}$

自己感受一下：$X$从x轴左边到x轴右边，$\max\limits_{1 \le i \le n}\sqrt{(X - x_i)^2 + y_i^2}$ 肯定先变小后变大

所以这个函数 是凹的（单峰），我们要搜$f(x)$ 的最小值（对应$x$为X），因此可用 三分法 搜索 X。

代码（AC 版本，C++）

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node {
    int x, y;
};

void solve(){
    
    int n; cin >> n;
    vector<node> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
    }

    auto f = [&](double x) -> double {
        double mx = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            double dx = a[i].x - x, dy = a[i].y;
            mx = max(mx, sqrt(dx * dx + dy * dy));
        }
        return mx;
    };

    double l = -10000, r = 10000;
    for (int i = 1; i <= 60; ++i) {
        double m1 = l + (r - l) / 3;
        double m2 = r - (r - l) / 3;
        if (f(m1) > f(m2)) {
            l = m1;
        }
        else {
            r = m2;
        }
    }

    cout << setprecision(6) << f((l + r) / 2.0) << endl;
    
}
    
int main(){

    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int _=1;
    while(_--)
    solve();
    return 0;
    
}

收工！

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本文字数： 1.7k 阅读时长 ≈ 2 分钟

逆推概率笔记

一、背景

  • 题目目标：计算多个区间随机出现时，每个格子恰好被一个区间覆盖的总概率。
  • 简化版本：去掉取模、逆元，用浮点数 p/q 表示区间出现概率。

二、核心流程

  1. 初始化 “都不出现” 的概率乘积（ans）

    • 每条区间不出现概率 = (q - p)/q
    • ans = ∏ (q - p)/q

  2. 动态规划 (DP)

    • 状态：dp[i] 表示从格子 1 到 i，在“都不出现”的前提下，恰好被覆盖一次的概率。
    • 初始：dp[0] = 1，dp[1..m] = 0

  3. 区间排序与转移

    • 先按 l、r 排序区间。

    • 对第 i 条区间 [l, r] 做：

      1
      dp[r] += dp[l - 1] * (p / (q - p));

  4. 结果计算

    • 最终答案 = ans * dp[m]

三、关键疑问与解答

问题1：为什么要除以 (q - p)？

  • 直觉误区：在“不出现”情况下，出现概率似乎为 0。
  • 条件概率：反向推导就是在“不出现”的条件下，推导“出现”的修正因子。
  • 公式推导：
    $P(出现|不出现) = \frac{P(出现)}{P(不出现)} = \frac{(p/q)}{((q-p)/q)} = \frac{p}{q - p}.$

问题2：什么是“反向推导”？

  • 指在“都不出现”的概率空间中，逆向演算某条区间突然出现对最终结果的影响。
  • 作用：给 dp 转移添加正确的概率修正因子。

四、小例子演示

  • m = 3, 区间 A:[1,2], p/q=1/2; B:[3,3], p/q=1/3
  • ans = (1/2)*(2/3) = 1/3

  • DP 转移：

    1. A: dp[2] += dp[0] * (1/(2-1)) = 1 ⇒ dp[2] = 1
    2. B: dp[3] += dp[2] * (1/(3-1)) = 1/2 ⇒ dp[3] = 0.5
  • 最终：ans * dp[3] = 1/3 * 1/2 = 1/6

五、简化版代码（去模版、取模、快速幂）

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#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct Node {
    double l, r, p, q;
};

bool cmp(Node a, Node b) {
    if (a.l == b.l) return a.r < b.r;
    return a.l < b.l;
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<Node> seg(n);
    double ans = 1.0;

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> seg[i].l >> seg[i].r >> seg[i].p >> seg[i].q;
        ans *= (seg[i].q - seg[i].p) / seg[i].q;
    }

    sort(seg.begin(), seg.end(), cmp);
    vector<double> dp(m + 5, 0);
    dp[0] = 1.0;

    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        dp[(int)seg[i].r] += dp[(int)seg[i].l - 1] * seg[i].p / (seg[i].q - seg[i].p);
    }

    cout << ans * dp[m] << endl;
    return 0;
}

备注：以上笔记可帮助队友快速理解“为什么除以 (q-p)”及反向推导思路。

六、示意图解

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起点 dp[0] = 1.0
  |
  +-- 区间 A [1,2]
       p/q = 1/2，不出现概率 (q-p)/q=1/2
       修正因子 p/(q-p)=1/(2-1)=1
       => dp[2] += dp[0] * 1 = 1.0
             |
             +-- 区间 B [3,3]
                  p/q = 1/3，不出现概率 (q-p)/q=2/3
                  修正因子 p/(q-p)=1/(3-1)=1/2
                  => dp[3] += dp[2] * 1/2 = 0.5
最终答案 = ans * dp[3] = (1/2*2/3) * 0.5 = 1/6

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本文字数： 782 阅读时长 ≈ 1 分钟

欧拉函数 (Euler’s Totient Function) 详解

欧拉函数 φ(n) 是数论中一个非常重要的函数，它表示小于或等于 n 的正整数中与 n 互质的数的个数。

定义

对于正整数 n，欧拉函数 φ(n) 定义为：

1
φ(n) = 小于或等于 n 的正整数中与 n 互质的数的个数

其中”互质”意味着两个数的最大公约数为1。

计算方法

1. 对于质数 p

如果 p 是质数，那么：

1
φ(p) = p - 1

因为1,2,…,p-1都与p互质。

2. 对于质数的幂 pᵏ

1
φ(pᵏ) = pᵏ - pᵏ⁻¹ = pᵏ(1 - 1/p)

因为在1到pᵏ之间，只有p的倍数不与pᵏ互质，这样的数有pᵏ⁻¹个。

3. 对于任意正整数 n

利用中国剩余定理和积性函数性质，如果n的标准质因数分解为：

1
n = p₁ᵏ¹ × p₂ᵏ² × ... × pₘᵏᵐ

那么：
1
φ(n) = n × (1 - 1/p₁) × (1 - 1/p₂) × ... × (1 - 1/pₘ)

示例计算

  1. φ(10):

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    2
    10 = 2 × 5
    φ(10) = 10 × (1 - 1/2) × (1 - 1/5) = 10 × 1/2 × 4/5 = 4

    实际与10互质的数有1,3,7,9，共4个。

  2. φ(12):

    1
    2
    12 = 2² × 3
    φ(12) = 12 × (1 - 1/2) × (1 - 1/3) = 12 × 1/2 × 2/3 = 4

    实际与12互质的数有1,5,7,11，共4个。

在代码中的应用

在你提供的代码中，计算了φ(210):

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210 = 2 × 3 × 5 × 7
φ(210) = 210 × (1 - 1/2) × (1 - 1/3) × (1 - 1/5) × (1 - 1/7)
       = 210 × 1/2 × 2/3 × 4/5 × 6/7
       = 48

这意味着在每210个连续整数中，有48个数不被2,3,5,7整除（即与210互质）。

性质

  1. 积性函数：如果m和n互质，则φ(mn) = φ(m)φ(n)
  2. 欧拉定理：如果a和n互质，则a^φ(n) ≡ 1 (mod n)
  3. 费马小定理：当n是质数p时的特例，a^(p-1) ≡ 1 (mod p)

欧拉函数在密码学（如RSA算法）、数论和组合数学中都有广泛应用。

发表于 分类于
本文字数： 866 阅读时长 ≈ 1 分钟

位运算小技巧总结

1. 奇偶性快速判断与反转

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// 判断奇偶性
bool is_odd = x & 1;  // 真为奇数，假为偶数

// 0/1交替
n ^= 1;

2. 二进制位操作

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// (1) 取第k位（从0开始）
int bit = (n >> k) & 1;

// (2) 设置第k位为1
n |= (1 << k);

// (3) 设置第k位为0
n &= ~(1 << k);

3. 位遍历(判断当前位是 1 还是 0 )

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while(num) {           // 当num不为0时循环
    if(num & 1) {      
        // 当前位为1的处理逻辑 
    }
    else{
        // 当前位为0的处理逻辑
    }
    num >>= 1;         // 右移一位（相当于除以2）
}

4. 快速计算二进制1的个数（__builtin_popcount）

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int cnt = __builtin_popcount(x); // GCC内置函数
// 等价于：
int cnt = 0;
while(x) {
    x &= x - 1;  // 清除最低位的1
    ++cnt;
}

5. 保留最低位的1（lowbit）

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int lowbit = x & -x;  // 树状数组核心操作
// 例如：x=6(110) → 2(10)

6. 判断/寻找0位

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int t = 1ll;
for (int i = 0; i <= 63;++i){
    if(!(n&t)){     //核心判断条件
        //n的第i位为0
    }

    t <<= 1;
}

7. 判断是否为2的幂

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bool is_power_of_two = (x & (x - 1)) == 0;
// 注意特判x=0时为false

8. 位运算优先级口诀

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~ > 算术运算 > << >> > & > ^ > |

注意事项

  1. 位运算优先级容易出错，建议多用括号
  2. 右移时注意符号位（无符号用>>，有符号用>>>）
  3. 大数运算记得加1LL防止溢出

发表于
本文字数： 367 阅读时长 ≈ 1 分钟

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