概率DP/概率/期望
----------动态规划----------（8）
n 个人，每个人占有 ai 的空间，在一个餐馆中共能容纳 p 的空间，n 个人排队进入餐馆
当餐馆的剩余空间不能满足下一个人时，餐馆不再让其余的所有人进入，问在 n! 可能次序的情况下，平均进入餐馆的人数
解题思路：
①首先如果所有人占有的空间的和小于等于 p，无论如何这 n 个人都能进入餐馆
②如果 n 个人占有空间的总和大于 p，那么在这 n! 种情况中，每次至少会有 1 个人无法进入餐馆
可以枚举装不下的人为 ai，然后 dp[x][y][z] 表示前 x 个人，选 y 个，占有的空间为 z，但是不选 ai 的方案数
这样就可以知道恰好装到 ai 却装不下的方案数
然后求平均数需要每次累加上& y * dp[n][y][z] * y! * (n-y-1)!& / n!
由于 n! 可能很大，需要边乘边除
#include &iostream&
#include &cstdio&
#include &cstring&
#include &cstdlib&
#include &algorithm&
#include &queue&
#include &vector&
#include &stack&
#include &map&
#include &cmath&
#include &cctype&
typedef un
const ull mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x7
const int maxn = 50 + 10;
int a[maxn];
ll dp[maxn][maxn][maxn];
double ans = 0.0;
int main()
#ifdef __AiR_H
freopen(&in.txt&, &r&, stdin);
#endif // __AiR_H
scanf(&%d&, &n);
int sum = 0;
for (int i = 1; i &= ++i) {
scanf(&%d&, &a[i]);
sum += a[i];
scanf(&%d&, &Max);
if (sum &= Max) {
printf(&%.10f\n&, n*1.0);
for (int i = 1; i &= ++i) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0][0] = 1;
for (int j = 1; j &= ++j) {
for (int k = 0; k & ++k) {
for (int l = 0; l &= M ++l) {
if (dp[j-1][k][l] != 0) {
dp[j][k][l] += dp[j-1][k][l];
if (i != j && l+a[j] &= Max) {
dp[j][k+1][l+a[j]] += dp[j-1][k][l];
for (int j = 1; j &= ++j) {
for (int k = max(0, Max-a[i]+1); k &= M ++k) {
if (dp[n][j][k] != 0) {
double t = dp[n][j][k] *
int num = n -
int n1 = n-j, n2 =
for (int l = 1; l &= ++l) {
t *= double(n1);
t /= double(n2);
--n1, --n2;
t /= double(n-j);
printf(&%.10f\n&, ans);
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(23)(14)(18)(18)(14)(5)
做一道难题，总比切一百道水题来的方便，有趣！区间信息的维护与查询（4）
----------数据结构----------（14）
参考：《算法竞赛入门经典：训练指南》
区间最小值查询问题（Range Minimum Query，RMQ）
给出一个 n 个元素的数组 A1， A2， …， An，设计一个数据结构，支持查询操作 Query(L,R)：计算 min{AL,AL+1,…,AR}
令 d(i,j) 表示从 i 开始的，长度为 2^j 的一段元素中的最小值，则可以用递推的方法计算
d(i，j)：d(i，j) = min{d(i，j-1)，d(i+2^(j-1)，j-1)}，原理如图所示
注意 2j ≤ n，因此 d 数组的元素个数不超过 nlogn，而每一项都可以在常数时间计算完毕，故总时间为 O(nlogn)
void RMQ_Init(void)
for(int i = 0; i & ++i) {
d[i][0] = A[i];
for(int j = 1; (1&&j) &= ++j) {
for(int i = 0; i + (1&&j) - 1 & i++) {
d[i][j] = min(d[i][j-1], d[i + (1&&(j-1))][j-1]);
查询操作很简单，令 k 为满足 2k ≤ R-L+1 的最大整数，则以 L 开头、以 R 结尾的两个长度为 2k 的区间合起来即覆盖了查询区间 [L，R]
由于是取最小值，有些元素重复考虑了几遍也没关系，如图所示（注意，如果是累加，重复元素是不允许的）
int RMQ(int L, int R)
int k = 0;
while((1&&(k+1)) &= R-L+1) {
return min(d[L][k], d[R-(1&&k)+1][k]);
#include &iostream&
#include &cstdio&
#include &cstring&
#include &cstdlib&
#include &algorithm&
#include &queue&
#include &vector&
#include &stack&
#include &map&
#include &cmath&
#include &cctype&
#include &bitset&
typedef un
typedef pair&int, int& P
const ull mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x7
const int maxn = 1e5 + 10;
int a[maxn];
int val[maxn], Count[maxn], num[maxn], Left[maxn], Right[maxn];
int val_Count = 0;
int Max[maxn][40];
void Init(void);
int main()
#ifdef __AiR_H
freopen(&in.txt&, &r&, stdin);
#endif // __AiR_H
while (scanf(&%d&, &n) != EOF && n != 0) {
scanf(&%d&, &q);
val_Count = 0;
for (int i = 1; i &= ++i) {
scanf(&%d&, &a[i]);
for (int i = 1; i &= ++i) {
if (i == 1 || a[i] != a[i-1]) {
val[val_Count] = a[i];
Count[val_Count] = 1;
num[i] = val_C
Right[i] =
++Count[val_Count];
num[i] = val_C
++Right[t];
if (i == n || a[i] != a[i+1]) {
for (int j = t+1; j &= ++j) {
Right[j] = Right[t];
while (q--) {
scanf(&%d%d&, &l, &r);
if (num[l] == num[r]) {
printf(&%d\n&, r-l+1);
int ans = max(Right[l]-l+1, r-Left[r]+1);
l = num[l] + 1, r = num[r] - 1;
if (l &= r) {
int k = 0;
while ((1 && (k+1)) &= r-l+1) {
int ans_t = max(Max[l][k], Max[r-(1&&k)+1][k]);
ans = max(ans, ans_t);
printf(&%d\n&, ans);
void Init(void)
for (int i = 1; i &= val_C ++i) {
Max[i][0] = Count[i];
for (int j = 1; (1 && j) &= val_C ++j) {
for (int i = 1; i + (1 && j) - 1 &= val_C ++i) {
Max[i][j] = max(Max[i][j-1], Max[i + (1 && (j-1))][j-1]);
解题思路：
RMQ + 二分
枚举左端点，随着右端点的增大，gcd 的值是不断减小的
#include &iostream&
#include &cstdio&
#include &cstring&
#include &cstdlib&
#include &algorithm&
#include &queue&
#include &vector&
#include &stack&
#include &map&
#include &cmath&
#include &cctype&
typedef un
const ull mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x7
const int maxn = 1e5 + 10;
int a[maxn];
int gcd[maxn][30];
map&int, ll& M
void Init(void);
int Range_Gcd(int low, int pos);
int main()
#ifdef __AiR_H
freopen(&in.txt&, &r&, stdin);
#endif // __AiR_H
scanf(&%d&, &T);
int Case = 0;
while (T--) {
Map.clear();
printf(&Case #%d:\n&, ++Case);
scanf(&%d&, &n);
for (int i = 1; i &= ++i) {
scanf(&%d&, &a[i]);
for (int i = 1; i &= ++i) {
int key = a[i], low = i, high =
int last_low =
while (1) {
if (Range_Gcd(low, high) == key) {
Map[key] += high-last_low+1;
int low_t = low, high_t = high, mid, now_gcd, next_
while (1) {
mid = (low_t + high_t) && 1;
now_gcd = Range_Gcd(low, mid);
if (now_gcd & key) {
next_gcd = Range_Gcd(low, mid+1);
if (next_gcd & key) {
Map[key] += mid-last_low+1;
last_low = mid+1;
key = next_
scanf(&%d&, &Q);
while (Q--) {
scanf(&%d%d&, &l, &r);
int ans = Range_Gcd(l, r);
printf(&%d %I64d\n&, ans, Map[ans]);
void Init(void)
for (int i = 1; i &= ++i) {
gcd[i][0] = a[i];
for (int j = 1; (1 && j) &= ++j) {
for (int i = 1; i + (1 && j) - 1 &= ++i) {
gcd[i][j] = __gcd(gcd[i][j-1], gcd[i + (1 && (j-1))][j-1]);
int Range_Gcd(int low, int pos)
int k = 0;
while ((1 && (k+1)) &= pos-low+1) {
return __gcd(gcd[low][k], gcd[pos - (1 && k) + 1][k]);
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(23)(14)(18)(18)(14)(5)
做一道难题，总比切一百道水题来的方便，有趣！追风蹑影象棋怎么破解教程_百度知道
追风蹑影象棋怎么破解教程
追风蹑影解法如下：1、 车四进一
士5退6 2、 马二退四
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出门在外也不愁追风蹑影解释和意思---词语
基本解释：
形容马行疾速。同“追风蹑景”。
词语分开解释：
追风 : 1.骏马名。
2.泛指名马。
3.形容马行之速。
4.追随前人的风尚。
5.谓追逐风情。
6.迎风，随风。 蹑影 : 1.见"蹑景"。
&&&版权所有　在线成新华字典 &&浙ICP备号&博雅中国象棋残局12关追风蹑影怎么破_百度知道
博雅中国象棋残局12关追风蹑影怎么破
士5退6【2】马二退四 &/zhidao/wh%3D450%2C600/sign=0976fc9ebb315cebb881e725/d52abb23dacd439bd80.baidu：列马车红先胜【1】车四进一 &nbsp.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink">象棋基本杀法./zhidao/wh%3D600%2C800/sign=65dcf155f71f3a295a9dddc8aabb23dacd439bd80.jpg" esrc="http.hiphotos://b.com/zhidao/pic/item/d52abb23dacd439bd80.baidu<a href="http
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其他4条回答
红胜1.马二退四.车四进一，士5退62
就这样过去了。至于那个刺客的事情……朕
没图解什么
折腾了一宿，故而起床迟了，02椅迷cl7
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出门在外也不愁