WIKIOI 1060 3147

宿景曜
2023-12-01

1060 搞笑世界杯

时间限制: 1 s
空间限制: 128000 KB
题目等级 : 钻石 Diamond
题目描述 Description

    随着世界杯小组赛的结束,法国,阿根廷等世界强队都纷纷被淘汰,让人心痛不已. 于是有

人组织了一场搞笑世界杯,将这些被淘汰的强队重新组织起来和世界杯一同比赛.你和你的朋

友欣然去购买球票.不过搞笑世界杯的球票出售方式也很特别,它们只准备了两种球票.A 类

票------免费球票 B 类票-------双倍价钱球票.购买时由工作人员通过掷硬币决定,投到正面

的买A类票, 反面的买B类票.并且由于是市场经济,主办方不可能倒贴钱,所以他们总是准备

了同样多的A类票和B类票.你和你的朋友十分幸运的排到了某场精彩比赛的最后两个位置.

这时工作人员开始通过硬币售票.不过更为幸运的是当工作人员到你们面前时他发现已无需

再掷硬币了,因为剩下的这两张票全是免费票。

 

    你和你的朋友在欣喜之余,想计算一下排在队尾的两个人同时拿到一种票的概率是多少

(包括同时拿A 类票或B类票) 假设工作人员准备了2n 张球票,其中n 张A类票,n 张B类票,并且排在队伍中的人每人必须且只能买一张球票(不管掷到的是该买A 还是该买B).

输入描述 Input Description

    输入文件仅一行,包含球票数2n . 其中,0<n<=1250 ,n 为整数。

输出描述 Output Description

    输出文件只包含一个数,为拿到同一种票的概率,精确到小数点后4 位。

样例输入 Sample Input

256

样例输出 Sample Output

0. 9500


这题比较水,考虑反面就好了,2N个人里面在2N-2个人里选取N-1个人买了同种类型的票(这样可以保证最后两个人要么一A一B要么一B一A),然后乘上(1/2)^2n-2就是反面的情况,所以答案就是1-[(0.5)^2N-2]*C(2N-2,N-1),当然直接处理肯定是不可能的,然后我们来看后面这个部分怎么处理。

[(0.5)^2N-2]*C(2N-2,N-1)<=>(2N-2)!/(n-1)!*(n-1)!*4^n-1<=>n*(n+1)*...(2n-2)/1*2*..(n-1)*4^(n-1)

分母和分子恰好都有N-1项,所以可以写成  2n-2

                                                                       π (i/(i+1-n)*4);

                                                                      i=n

然后O(N)扫过去就OK了。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

int tn;

int main()
{
    cin>>tn;
    int n=tn/2;
    double ans=1.0;
    for(int i=n;i<=2*n-2;i++)
    {
        ans*=(i*1.0/(4.0*(i+1-n)*1.0));
    }
    printf("%.4lf\n",1-ans);
    return 0;
}

3147 矩阵乘法 2

2012年

时间限制: 3 s
空间限制: 64000 KB
题目等级 : 大师 Master
题目描述 Description

给出两个n*n的矩阵,m次询问它们的积中给定子矩阵的数值和。

输入描述 Input Description

第一行两个正整数n,m。
接下来n行,每行n个非负整数,表示第一个矩阵。
接下来n行,每行n个非负整数,表示第二个矩阵。
接下来m行,每行四个正整数a,b,c,d,表示询问第一个矩阵与第二个矩阵的积中,
以第a行第b列与第c行第d列为顶点的子矩阵中的元素和。

输出描述 Output Description

对每次询问,输出一行一个整数,表示该次询问的答案。

样例输入 Sample Input

3 2
1 9 8
3 2 0
1 8 3
9 8 4
0 5 15
1 9 6
1 1 3 3
2 3 1 2

样例输出 Sample Output

661
388

数据范围及提示 Data Size & Hint

【数据规模和约定】

对30%的数据满足,n <= 100。
对100%的数据满足,n <= 2000,m <= 50000,输入数据中矩阵元素 < 100,a,b,
c,d <= n。

很恶心的一道题对于大数据而言,利用线性代数的分配率可以处理前缀和矩阵A矩阵求列的前缀和,矩阵B的行的前缀和,然后查询可以通过O(MN)解决,可惜这题比较变态卡了一个常数得点,然后HUST的陈力琪巨巨教了我如何常数优化:因为矩阵的一维是确定的,所以可以将B矩阵转置读入,然后利用指针直接访问加速(也就是确定了一维后的优势。),这样便可以在常数上有了很大的提速,然后就过了~ ~ 当然还要感谢小建建学长给我的输入输出外挂~ ~还有为什么可以想到前缀和实际上模拟下第二组样例可以找到规律。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

inline int input(){
    int ret=0;bool isN=0;char c=getchar();
    while(c<'0' || c>'9'){
        if(c=='-') isN=1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0' && c<='9'){
        ret=ret*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return isN?-ret:ret;
}

inline void output(long long x){
    if(x<0){
        putchar('-');x=-x;
    }
    int len=0,data[20];
    while(x){
        data[len++]=x%10;x/=10;
    }
    if(!len)    data[len++]=0;
    while(len--)
        putchar(data[len]+48);
    putchar('\n');
}


int a[2005][2005];
int b[2005][2005];
int n,m;
int main()
{
    //scanf("%d%d",&n,&m);
    n=input(),m=input();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            //scanf("%d",&a[i][j]);
            a[i][j]=input();
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        a[0][i]=0;
        a[i][0]=0;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            //scanf("%d",&b[i][j]);
	    b[j][i]=input();
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        b[0][i]=0;
        b[i][0]=0;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=n;j++)
        {
             a[i][j]+=a[i-1][j];
             b[i][j]+=b[i-1][j];
        }

    }

    /*for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=n;j++)
        {
            cout<<a[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
    cout<<"~~~~~~~~~~"<<endl;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=n;j++)
        {
            cout<<b[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }*/


    while(m--)
    {
        int l,r,ll,rr;
        //scanf("%d%d%d%d",&l,&r,&ll,&rr);
        l=input(),r=input(),ll=input(),rr=input();
        int lmin=min(l,ll);
        int rmin=min(r,rr);
        int lmax=max(l,ll);
        int rmax=max(r,rr);
     //   cout<<lmin<<"~"<<rmin<<"~"<<lmax<<"~"<<rmax<<endl;
        long long ans1;
        long long ans2;
        long long res=0;
        int *a2=a[lmax],*a1=a[lmin-1],*b2=b[rmax],*b1=b[rmin-1];
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            ans1=a2[i]-a1[i];
            ans2=b2[i]-b1[i];
            res+=ans1*ans2;
         //  cout<<ans1[i]<<"~~";
        }
        //cout<<endl;

	output(res);

    }

    return 0;
}



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