求ans(x),ans(1)=a,ans(2)=b,ans(n)=ans(n-2)*2+ans(n-1)+n^4
如果直接就去解。。。很难，毕竟不是那种可以直接化成矩阵的格式，我们也因为这个被卡很长时间
事实上可以把这道式子化成几个基本元素的格式，然后就容易组合了，比如ans(n-2)*2+ans(n-1)+(n-1)^4+4*(n-1)^3+6*(n-1)^2+4*(n-1)^1+1
包含了所有的基本组成形式，化绝对为相对，并且除了一个n-2其他都是n-1
然后就是矩阵乘时间了
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring> using namespace std; typedef long long int ll;
const ll mod = ; //定义矩阵乘法
struct matrix{
ll arr[][];
matrix operator*(matrix b){
matrix ans;
ll tmp;
for(int i=; i<; i++)
for(int j=; j<; j++){
ans.arr[i][j] = ;
for(int k=; k<; k++){
tmp = (arr[i][k]*b.arr[k][j])%mod;
ans.arr[i][j] = (ans.arr[i][j] + tmp)%mod;
}
}
return ans;
}
}; //矩阵快速幂
matrix quick_pow(matrix a,ll N){
matrix ans;
memset(ans.arr,,sizeof(ans.arr));
for(int i=; i<; i++)
ans.arr[i][i] = ;
while(N){
if(N&)
ans = ans*a;
a = a*a;
N /= ;;
}
return ans;
} int main(){ matrix a;
memset(a.arr,,sizeof(a.arr));
a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = ; a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = a.arr[][] = ;
a.arr[][] = ;
int T;
scanf("%d",&T);
ll N,aa,bb;
while(T--){
scanf("%I64d %I64d %I64d",&N,&aa,&bb);
if(N==)
printf("%I64d\n",aa);
else if(N==)
printf("%I64d\n",bb);
else{
matrix ans = quick_pow(a,N-);
ll ANS = ;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*aa)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*bb)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*)%mod;
ANS = (ANS+ans.arr[][]*)%mod;
printf("%I64d\n",ANS);
}
}
return ;
}
注：我不会在电脑写希腊字符，西塔会写成0-
有直径2，高度2的圆柱体杯子，装d高度的水，把杯子倾倒至水正好不倒出，水面碰着杯沿，问此时水面面积
d==0时S=0，样例给出
d>=1时，水面椭圆是宽径为1，长径为2tan0-的椭圆，根据面积公式S=pi*length*width=pi/cos0-出解
0<d<1时，水面被杯底截断，只能用积分做。
把下述直线右边当做水的截面，一个个积分（岂可修！这么简单！为什么比赛时没想到呢！哎，都怪我被体积蒙蔽了）
V=(0<=y<=2)∫S0dy
S0=pi-a+k*1sina
cosa=k/1
k+1=ytan0-
V=(0<=y<=2)∫S0dy
=(0<=y<=2)∫pi-a+cosasinady
=(pi<=y<=a1)1/tan0-*∫(pi-a+cosasina)(-sina)da
a1=arccos(2tan0--1)
手动转换和确定值间太费时了，还是二分把，反正数据量也不是很多，答案是S=s0/sin0-
/*--------------------------------------------
* File Name: HDU 5954
* Author: Danliwoo
* Mail: Danliwoo@outlook.com
* Created Time: 2016-11-01 22:22:15
--------------------------------------------*/ #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double Pi = acos(-1.0);
double eps = 1e-;
double tran = /Pi;
double vd;
double V(double a) {
return Pi*cos(a) - a*cos(a) + sin(a) - pow(sin(a), )/;
}
double get(double theta) {
double a1 = acos(*tan(theta)-);
double v = (V(a1) - V(Pi))/tan(theta);
return v;
}
bool eq(double x, double y) {
return fabs(x-y) < eps;
}
double find(double l, double r) {
int cnt = ;
if(eq(get(l), vd)) return l;
while(cnt--) {
double mid = (l+r) / ;
double gd = get(mid);
if(eq(gd, vd)) return mid;
if(gd > vd) r = mid;
else l = mid;
}
return l;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
double d;
scanf("%lf", &d);
vd = d * Pi;
if(eq(d, )) {
printf("0.00000\n");
continue;
}
if(d - > ) {
double theta = atan(2.0-d);
double ans = Pi/cos(theta);
// printf("d>1 theta = %.5f\n", theta*tran);
printf("%.5f\n", ans);
continue;
}
double theta = find(eps, Pi/);
double a1 = acos( * tan(theta) - );
double S1 = Pi - a1 + cos(a1) * sin(a1);
double ans = S1 / sin(theta);
printf("%.5f\n", ans);
}
return ;
}
n个人给出长度为l，互不相同的猜测序列，每次用色子<只有这6个元素：1,2,3,4,5,6>确定添加到旧序列末尾的元素，谁的序列与序列的后缀相同就赢，问每人的胜利概率
直接就是AC自动机上。。。但是到了这一步就不知道如何转成矩阵来高斯消元
后面才发现应该以主串（色子投出的序列）为分配概率的依据而不是以子串（猜测序列）为分配概率的依据
这样就理解了为什么从根出发，概率是1/实边条数，不是1/实边权值和
非根结点转移到下一层时，概率按照正常的1/6来计算，因为到了这步回溯也算在概率里
非叶子结点（就是某人胜利的点）回溯到根的下一层时，要再乘从根出发到对应点的概率
此外数组的第1维是目的点，第2位才是出发点，因为方程式的意义是从不同点一定概率到达本点的总和
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
const db eps=1e-;
const int N=;
const int M=;
#define lson l, m, rt << 1
#define rson m + 1, r, rt << 1 | 1
#define CLR(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) struct trie {
int sz,val[N],fail[N],tr[N][];
void init() {
sz=;
memset(tr,,sizeof(tr));
memset(val,,sizeof(val));
memset(fail,,sizeof(fail));
}
int trie_insert(int *ch) {
int w=;
while (*ch!=-&&tr[w][*ch]) w=tr[w][*ch],ch++;
while (*ch!=-) tr[w][*ch]=++sz,ch++,w=sz;
val[w]=;return w;
}
void trie_build() {
queue<int>Q;
for (int i=;i<;i++)
if (tr[][i]) Q.push(tr[][i]);
while (!Q.empty()) {
int now=Q.front();Q.pop();
if (val[now]) continue ;
for (int i=;i<;i++)
if (tr[now][i]) {
fail[tr[now][i]]=tr[fail[now]][i];
Q.push(tr[now][i]);
} else tr[now][i]=tr[fail[now]][i];
}
}
}AC;
double p[N][N];
int gauss(int n) {
int i,j,k,mxi;
db h;
for (i=;i<=n;i++) {
mxi=i;
for (j=i;j<=n;j++)
if (fabs(p[j][i])>fabs(p[mxi][i])) mxi=j;
if (fabs(p[mxi][i])<eps) return ;
if (mxi!=i) {
for (j=i;j<=n+;j++) swap(p[i][j],p[mxi][j]);
}
h=p[i][i];
for (j=i;j<=n+;j++) p[i][j]/=h;
for (j=;j<=n;j++)
if (j!=i) {
h=-p[j][i]/p[i][i];
for (k=i;k<=n+;k++) p[j][k]+=h*p[i][k];
}
}
return ;
}
int s[];
int ans[];
int main() {
int t,n,l;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&l);
AC.init();
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=;j<l;j++)
{
scanf("%d",s+j);s[j]--;
}
s[l]=-;
ans[i]=AC.trie_insert(s);
}
AC.trie_build();
for(int i=;i<=AC.sz;i++)
{
s[i]=;
for(int j=;j<;j++)if(AC.tr[i][j])s[i]++;
}
memset(p,,sizeof(p));
for(int i=;i<=AC.sz;i++)p[i][i]=1.0;
for(int i=;i<;i++)if(AC.tr[][i])p[AC.tr[][i]][AC.sz+]+=1.0/s[];//从根部出发，由于是按主串算的，要均分
for(int i=;i<=AC.sz;i++)
{
for(int j=;j<;j++)if(AC.tr[i][j])p[AC.tr[i][j]][i]-=1.0/6.0;
if(s[i]!= && !AC.val[i])//i结点是非叶子且能回溯到边的
{
for(int k=;k<;k++)
{
if(AC.tr[][k])p[AC.tr[][k]][i]-=1.0*(-s[i])/6.0/s[];
}
}
}
gauss(AC.sz);
for(int i=;i<n;i++)printf("%.6f%c",p[ans[i]][AC.sz+],i==n-?'\n':' ');
}getchar();getchar();
return ;
}
一棵树，从1点到其他点的传递方式有2种：通过其他中转站停留P时再出发，连续赶路，其中连续赶路dis的花费是dis^2，问从1点到其他点的最优距离最长的距离
一开始想到直接树DP，但是还要在树上储存数据不好下手
看了下大神博客才知道有斜率优化这东西
dp[i]=min(dp[j]+(dis[i]-dis[j])^2)+P
然后设j比k优，则
dp[j]+(dis[i]-dis[j])^2+P <= dp[k]+(dis[i]-dis[k])^2+P
得到[(dp[j]+dis[j]*dis[j])-(dp[k]+dis[k]*dis[k])] / 2(dis[j]-dis[k]) <=dis[i].
所以我们可以看出以下两点：我们令g[k,j]=(yj-yk)/(xj-xk)
第一：如果上面的不等式成立，那就说j比k优，而且随着i的增大上述不等式一定是成立的，也就是对i以后算DP值时，j都比k优。那么k就是可以淘汰的。
第二：如果 k<j<i 而且 g[k,j]>g[j,i] 那么 j 是可以淘汰的。
假设 g[j,i]<dis[i]就是i比j优，那么j没有存在的价值
相反如果 g[j,i]>dis[i] 那么同样有 g[k,j]>sum[i] 那么 k比 j优 那么 j 是可以淘汰的
然后就单调队列搞斜率dp
至于树上的回溯导致的状态返回问题，把队尾附近的较优方案取出来标注时间戳还有在队位置，放到栈里，遍历子树时从栈放出来入队
//kopyh
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
//#define N 112345
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=;
vector<pii> g[N];
int m;
ll dp[N],dist[N];
int tim;
int q[N],head,tail;
struct tripl
{
int pos,val,timer;
tripl(){}
tripl(int pos,int val,int timer){this->pos=pos;this->val=val;this->timer=timer;}
}tmp;
stack<tripl> st;
inline ll dy(int i)
{
return dp[i]+dist[i]*dist[i];
} inline ll dx(int j,int k)
{
return *(dist[j]-dist[k]);
} inline ll f(int j,int k)
{
return dy(j)-dy(k);
}
void dfs(int s,int fa)
{
int curr=tim++;
while(head<tail && f(q[head+],q[head])<=dist[s]*dx(q[head+],q[head]))head++;
dp[s]=dp[q[head]]+(dist[s]-dist[q[head]])*(dist[s]-dist[q[head]])+m;
while(head<tail && f(s,q[tail])*dx(q[tail],q[tail-])<=f(q[tail],q[tail-])*dx(s,q[tail]))
{
st.push(tripl(tail,q[tail],curr));
tail--;
}
q[++tail]=s;
int th=head,tt=tail;
for(int i=;i<g[s].size();i++)
{
int to=g[s][i].first,val=g[s][i].second;
if(fa==to)continue;
dist[to]=dist[s]+val;
head=th,tail=tt;
while(!st.empty())
{
tmp=st.top();
if(tmp.timer<=curr)break;
q[tmp.pos]=tmp.val;
st.pop();
}
dfs(to,s);
}
} int main()
{
int i,j,k,cas,T,t,x,y,z,n;
scanf("%d",&T);
cas=;
while(T--)
{
ll maxans=;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=;i<=n;i++)g[i].clear();
for(i=;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
g[x].push_back(make_pair(y,z));
g[y].push_back(make_pair(x,z));
}
while(!st.empty())st.pop();
head=tim=,tail=-;
dist[]=dist[]=;
dp[]=-m;
q[++tail]=;
int th=head,tt=tail;
for(i=;i<g[].size();i++)
{
int to=g[][i].first,val=g[][i].second;
dist[to]=dist[]+val;
head=th,tail=tt;
while(!st.empty())
{
tmp=st.top();
if(tmp.timer<=)break;
q[tmp.pos]=tmp.val;
st.pop();
}
dfs(to,);
}
for(i=;i<=n;i++)maxans=max(maxans,dp[i]);
printf("%I64d\n",maxans);
}
return ;
}