PKUWC2018游记

向我这样的小菜鸡竟然有幸能参加pkuwc$pkuwc$看来运气不错

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Day1

8:00-9:00

围观长郡宣传片

听副院长讲计算机历史???

一脸茫然(发现自己除了知道最开始的几幅画是谁画的就啥都不知道了…)

然后考数学

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9:30-11:30

T1:x<−2,|1−|x+1||=?$T1:x<-2,|1-|x+1||=?$感觉挺简单的切了

T2:...$T2:...$

(然后我就不记得了,不过你有兴趣可以看看这个Blog//捂脸)

(不过上机考试您真当我不会用计算器?然后我们考场某大佬问监考老师:”电脑上的计算能不能用?我看我周围的都用了计算器”.在一旁的我只好微微一笑,关掉了我写的爆搜)

T30$T30$:今天2018,1,30$2018,1,30$号是星期二,1898,5,4$1898,5,4$是星期几

话说这玩意不是初赛考过吗…

似乎有个公式….

诶,电脑上不是有日历吗?

兴高采烈点开日历发现只能翻到1910$1910$年

咸鱼失去梦想

感觉pku是算好了的

(我才不会说我在Day2看到旁边的大佬玩计算器才发现win7计算器有算两个日期之间的天数的东西//捂脸)

然后这里有一个叫做蔡勒公式的玩意

话说解答题才是重点…

T31:A∩B=∅,A∪B=N∗,1∈A;A,B$T31:A\cap B=\mathrm{\varnothing },A\cup B=N^{\ast },1\in A;A,B$都满足A,B$A,B$集合中任意两个数的和不等于2h+2,h=0,1,2....$2^h+2,h=0,1,\mathrm{2....}$证明这种划分是唯一的,并回答2017,2018,2019$2017,2018,2019$属于哪个集合

T32:$T32:$一个100$100$边形P$P$满足每个顶点都是整点,每条边都平行坐标轴,且长度为奇数,证明P$P$的面积是奇数

T33:$T33:$对任意三角形中,a,b,c是三边,设D=a+b+c,S=ab+bc+ac$D=a+b+c,S=ab+bc+ac$求证3S≤D2≤4S$3S\le D^2\le 4S$

T4:$T4:$对于(a,b,c,d)$(a,b,c,d)$四个数不全相等,定义一次操作将四元组变成(a−b,b−c,c−d,d−a)$(a-b,b-c,c-d,d-a)$证明经过有效次操作后,四元组中肯定会有某个数>2018$>2018$

我只是贴个题(我只会T31,T33$T31,T33$以及T34$T34$的部分//逃走)

话说我是个正经的OIer$OIer$,应该讨论一下OI$OI$考试

写在前面:妈呀,IOI$IOI$赛制感觉紧张死了…

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13:30-18:30

T1,Minmax:$T1,Minmax:$

一棵有根二叉树,每个叶子有一个权值,每个非叶子节点有个概率p(0<p<1)$p(0<p<1)$,表示该节点选到儿子节点中最大值的概率
(该节点的权值变为你选的值);考虑根节点的权值有m$m$中情况,第i$i$小的权值为Vi$V_i$,概率为Di$D_i$,问∑mi=1i∗Vi∗D2i$\sum _{i=1}^{m}i\ast V_i\ast D_i^2$

一句话就是这样:带随机权值的二叉树,根节点的权值与概率的平方求和

先将叶子的权值离散化,变成1…m$1\dots m$

考虑暴力DP$DP$

f[x][i]$f[x][i]$表示节点x权值是i的概率

可以将两个儿子的信息合并算出f[x][i]$f[x][i]$

假设权值i∈lc$i\in lc$

f[x][i]=f[lc][i]∗sum[rc][i−1]∗px+f[lc][i]∗(1−sum[rc][i])∗(1−px)$f[x][i]=f[lc][i]\ast sum[rc][i-1]\ast p_x+f[lc][i]\ast (1-sum[rc][i])\ast (1-p_x)$

然后对左右儿子每一个有f$f$值的i$i$算一遍

时间复杂度:O(nm)$O(nm)$

仔细分析怎么计算f[x][i]$f[x][i]$

考虑一种情况(其他的类似),lc$lc$的权值比rc$rc$大

这种情况下x的权值为i$i$的概率是

px∑i−1j=1f[rc][j]∗f[lc][i]$p_x\sum _{j=1}^{i-1}f[rc][j]\ast f[lc][i]$

可以对于每个节点x$x$开一棵可持久化线段树,线段树的下标i$i$记录f[x][i]$f[x][i]$

计算f[x][i]$f[x][i]$时可以用线段树合并,通过合并lc$lc$和rc$rc$的线段树来计算

时间复杂度O(nlogm)$O(n\log m)$

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T2,SlayTheSpire:$T2,SlayTheSpire:$

给你两个长度为n$n$的序列a,b$a,b$,表示强化牌和攻击牌,从中等概率的选取m$m$个数,然后这m$m$个数里又只能选k个数出来,假设选了a$a$中一个数,能让b$b$中剩下的的数,权值乘以ai,(ai>1)$a_i,(a_i>1)$,出题人会按照最优决策选出这m$m$个数中的k$k$个问期望的总答案*(2nm)$(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{m})$

一句话就是这样:从2n$2n$张牌随机的抽取m$m$张后,最优的打出k$k$张牌,求期望得分

当k=1$k=1$时,最优决策是打出最大的攻击牌,这个可以特判

其他情况,假设手中有A$A$张强化牌,m−A$m-A$张攻击牌,那么分类讨论

1.如果A≥k$A\ge k$

那么最优决策是选k−1$k-1$张最大的强化牌,然后出一张最大的攻击牌

1.如果A<k$A<k$

那么最优决策的先出完A$A$张强化牌,然后剩下的从大到小出完攻击牌

两种情况都可dp$dp$出来

复杂度O(n2)$O(n^2)$

具体来说是这样的

1:把强化牌的权值从大到小排序,设fi,j$f_{i,j}$表示在前i$i$张强化牌里面选出j$j$张的乘积的所有情况的和

首先有fi,j=fi−1,j$f_{i,j}=f_{i-1,j}$

然后考虑ai$a_i$的贡献

如果j<k,fi,j+=fi−1,j−1∗ai$j<k,f_{i,j}+=f_{i-1,j-1}\ast a_i$因为当前还没有选完k−1$k-1$张牌,所以当前这张牌可以出现在前面任何一种组合里,所以要乘上ai$a_i$的贡献

如果j≥k,fi,j+=fi−1,j−1$j\ge k,f_{i,j}+=f_{i-1,j-1}$因为你已经有选了超过k−1$k-1$张强化牌,所以这张牌就算再被选也算不进贡献,所以要加上这一张不选的答案

2:把攻击牌的权值从小到大排序gi,j$g_{i,j}$表示前i$i$张牌,选m−j$m-j$张前k−j$k-j$张最大的所有情况的和

gi,j=gi−1,j+1+bi∗(i−1m−j−1)$g_{i,j}=g_{i-1,j+1}+b_i\ast (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{m-j-1})$表示第i$i$张牌在前面选了的m−j−1$m-j-1$张牌里面作为最大值的情况有(i−1m−j−1)$(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{m-j-1})$种

最后统计∑mi=1fn,i∗gn,i$\sum _{i=1}^m{f}_{n,i}\ast g_{n,i}$就好了?

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T3,$T3,$斗地主:

给你一副牌的n(0≤n≤20)$n(0\le n\le 20)$张牌,斗地主,问使得农民出不了牌(地主就春天了)的方案数

大家可以看看出题人@九条可怜怎么说的

(我现在看到和扑克牌有关的题就怕\捂脸)

直觉:一定能打出春天的手牌种数是有限的

先搜出所有一定能春天的手牌(只有4~5w种)

每次询问时暴力枚举每种答案是否符合要求

搜索的时候分两种情况讨论

农民没有炸弹

可以发现地主有14$14$张手牌已经确定下来了
(A−K$A-K$至少有一张,大小王中也至少有一张)

并且地主的牌是若干个一定比农民大的牌型+一波可以一次打出的牌组成的

剩下的只有6$6$张牌,状态比较少,用一些搜索优化技巧可以在2s$2s$内搜出来

农民有炸弹(火箭也算一种炸弹)

地主的手牌必须是若干个比农民大的炸弹+一波一次可以打出的牌

这个方案数不是很多,可以直接搜出来

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18:30-24:00

思考人生ing…$ing\dots$

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Day 2

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8:00-13:00

T1$T1$:随机算法

一个显然的求图的最大独立集的暴力就是生成全排列,假设一个排列是p,S$p,S$是当前最大独立集;如果S∪$S\cup${pi$p_i$}是独立集就令S=S∪$S=S\cup${pi$p_i$};求这n!$n!$个独立集是最大独立集的概率

一句话:求图的最大点独立集随机算法的正确率

(话说这道题考场有60$60$%的dalao$dalao$都切了)

考虑暴力状压DP$DP$

令f[S][T]$f[S][T]$表示当前独立集是S$S$,已经试过的点集是T$T$的概率

因为S⊆T$S\subseteq T$所以复杂度是O(n∗3n)$O(n\ast 3^n)$

转移时,考虑剩下的点中,不与S$S$的点相邻的集合为Z$Z$;那么我们只关心这|Z|$|Z|$个点在排列里之间的顺序关系

可以枚举哪个点是Z$Z$中在排列位置上最靠前的,显然概率都是1|Z|$\frac{1}{|Z|}$,然后

f[S]∗1|Z|→f[S∪{x}]$f[S]\ast \frac{1}{|Z|}\to f[S\cup \{x\}]$

时间复杂度O(n∗2n)$O(n\ast 2^n)$

然后这道题还有很多玄妙的方法,话说O(n2∗2n)$O(n^2\ast 2^n)$也是可以A$A$的(讲题时旁边的dalao$dalao$说数据水了)

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T2$T2$:猎人杀

每一猎人都有一个权值wi$w_i$,每个猎人死后都必须要开一枪,切被射中的人也会死;假设当前活下来的人是[i1,i2,…,im]$[i_1,i_2,\dots ,i_m]$,那么当前死的猎人就有wik∑mj=1wij$\frac{w_{i_k}}{\sum _{j=1}^m{w}_{i_j}}$的概率的向ik$i_k$开枪;第一枪由你来打,目标选择方式和猎人一样(即有wi∑nj=1wj$\frac{w_i}{\sum _{j=1}^n{w}_j}$的概率的向第i$i$个猎人开枪),由于开枪的连锁反应,所以最终所有人都会死,问第1$1$个猎人最后一个死的概率.

一句话:n$n$个猎人按概率被射杀,求1号猎人最晚死亡的概率

构造n$n$个猎人的排列p$p$,表示其死亡时间的倒叙

题目相当于,对于所有满足p1=1$p_1=1$的排列,求和

∑p1=1∏ni=1wpi∑ij=1wpj$\sum _{p_1=1}\prod _{i=1}^n\frac{w_{p_i}}{\sum _{j=1}^i{w}_{p_j}}$

考虑如果没有p1=1$p_1=1$的限制的话,和显然为1$1$

也就是说

∑p∏ni=1wpi∑ij=1wpj=1⇒∑p∏ni=11∑ij=1wpj=∏ni=11wi$\sum _p\prod _{i=1}^n\frac{w_{p_i}}{\sum _{j=1}^i{w}_{p_j}}=1\Rightarrow \sum _p\prod _{i=1}^n\frac{1}{\sum _{j=1}^i{w}_{p_j}}=\prod _{i=1}^n\frac{1}{w_i}$

考虑上式的组意义

相当于有一堆求,第i$i$中颜色的球有wi$w_i$个,球两两之间都是不同的,每种颜色的求里都有一个特殊的球,我们叫他大球

相当于,将所有球排成一列,要求每个大球都在和他颜色相同的球的前面

右边这个显然是这个概率,左边相当于枚举了颜色之间的顺序

那么p1=1$p_1=1$意味着,除了上述限制以外,颜色为1$1$的球要在其他所有大球后面

我们可以枚举颜色为1$1$的大球的所在位置,则他后面可以放的是所有颜色为1$1$的球,以及其他颜色的除了大球以外的球

考虑列出其他颜色的球的生成函数

fi(x)=∑w[i]−1j=0xj(wi−j)∗j!$f_i(x)=\sum _{j=0}^{w[i]-1}\frac{x^j}{(w_i-j)\ast j!}$

用NTT计算一下所有生成函数的乘积即可

时间复杂度O((∑w)∗logn∗log∑w)$O((\sum w)\ast \log n\ast \log \sum w)$

T3:$T3:$随机游走

给你一颗树,每次从x$x$节点出发,每次等概论地向一条与所在点相邻的边走去;有Q$Q$次询问,每次询问给定一个集合S$S$,如果从x$x$出发随机游走,问直到点集S$S$中所有点都至少经过一次要走的期望步;特别的点x$x$(即起点)视为一开始就被经过了一次

一句话:从树节点x出发,知道经过点集S$S$所有点至少一次的期望步数

令f(S)$f(S)$为原问题的答案

令g(S)$g(S)$为从x$x$出发随机游走,知道经过点集S$S$任意点一次的期望步数

由经典的容斥定理可以得到

f(S)=∑T⊆S(−1)|T|−1∗g(T)$f(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}\ast g(T)$

先枚举T$T$预处理出g(T)$g(T)$,然后每次查询S$S$通过上式求出f(S)$f(S)$

预处理gy(S)$g_y(S)$,表示从y随机游走,知道经过S$S$任意点一次的期望步数

如果y∈S,gy(S)=0$y\in S,g_y(S)=0$

否则gy(S)=1+1|Ny|∑x∈Nygx(S)$g_y(S)=1+\frac{1}{|N_y|}\sum _{x\in N_y}{g}_x(S)$,其中Ny$N_y$为y$y$的邻点集合

所关注结点的期望步数表达式组成n∗2n$n\ast 2^n$元一次方程组,暴力高斯消元复杂度是O((n∗2n)3)$O((n\ast 2^n{)}^3)$

因为这是树,可以知道非根节点gy(S)$g_y(S)$为0$0$或者列出与其父亲值关系的方程

逐层列出方程,最终用O(n∗2n)$O(n\ast 2^n)$的时间列出仅含根结点gx(S)$g_x(S)$的方程并求解

总时间复杂度:O(n∗2n)$O(n\ast 2^n)$

最后膜一下Cai大佬,大佬想出了一种O(n3∗2n)$O(n^3\ast 2^n)$的解法,这种解法不需要用到树的性质,也不需要管起点是谁,也就是说可以在图上跑,伏地膜

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14:00-18:00

下午是面试来着

除了时间推迟到15:30$15:30$才出名单,感觉等了很久外并没有啥感觉

感觉听大佬吐槽题目挺有意思的

面试就没啥好说的,稍微瞎说了一些

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18:00-24:00

思考人生ing…$ing\dots$

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Day 3

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9:30-11:00

虽说是结营仪式,但其实就是讲题解+签约?

题解都在上面所以就没啥好讲的了

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11:00-11:30

话说拍个集体照,需要半个小时么?

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11:30-12:00

拍完大家准备散了的时候,某老师拿话筒来了一句:

“同学们不要走,回到刚才闭幕式的会场,我们签协议.”

想了想拿了两天的大众分应该没啥希望吧

(当时我真打算直接走来着)

然后抱着”去看dalao$dalao$随意签一本”的心态还是回到了会场

然后等了好久,突然听到了自己的名字????

然后随意签了一个”大众约”——有条件一本

然后就滚粗了

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后记

逛了逛知乎,看了看dalao$dalao$的游记,发现只要是正式营员都有约?

岂不是”有条件一本”=”安慰约”?

嘛,随意了,总比没有好…

不过有一些特别强的dalao$dalao$因为不是正式营员然后没有约,表示比较可惜

感觉题目难度和质量是够了,不过39$39$道数学题+一场斗地主真的好吗?

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唔,又要去冬眠营膜更多的dalao$dalao$了

Rp++$Rp++$

To$To$ be$be$ continued…$continued\dots$