C++博客-From A Start,As An Acmer-随笔分类-ZOJ Solution Report

三分法 for 单峰函数[数值计算][题目sgu 114, zoj 3421]

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Mon, 20 Feb 2012 05:22:00 GMT

（好多地方其实画图比较好，奈何linux的各种画图工具用着不舒服。。又不愿意用opengl什么的画图，那么各位看官就锻炼一下自己的yy能力吧～）
所谓单调函数二分法，单峰函数三分法。

单调函数二分法，函数在给定定义域内单调，可以根据单调性来二分逼近答案。
单峰函数三分法，函数在给定定义域内有不超过一个的峰值，可以根据其单峰特性来三分逼近答案。

只说三分：
迭代到当前轮：
迭代的当前区间[l,r]，区间长度为d=r-l，那么三分点为m1=l+d，m2=r-d。4点三等分区间，这样保证每次迭代后，新区间变为原区间的2/3;如果用1/2,3/4分点的话，迭代后有可能变为原来的3/4,这样比较慢。log1.25(n)毕竟比log1.3333(n)要大啊～
设目标函数是f(x)，比较f(m1) , f(m2)，如果f(m1)比f(m2)更趋近峰值，那么就让r=m2,即右端点左移；反之左端点右移。仔细想想就是，如果左边更靠近峰值的话，那么肯定让右侧向左侧移动；反之亦然。
伪码：
while(l < r)//dblcmp is preferred
{
d = (r - l) / 3;
m1 = l +d;
m2 = m1 +d;
if(f(m1) better than f(m2))
r = m2;
else
l = m1;
}
l or r is the solution

下面谈到具体问题：
sgu 114, 题目大意就不说了，自己看去，抽象出来的方程就是。
f(x) = sum{|x-y[i]| * p[i]},i = 1 to n
ans = min(f(x)) 其中y[i]、p[i]给定
这题做法很多，求中位数、分段二分、三分皆可做；
说一下思路吧：
仔细观察发现，这是一个分段单调的函数。
以ｘ为自变量会发现，在每一个分段内，f(x) = f(floor(x)) + (sum{p[i]}(小于x的每个ｉ} - sum{p[i]}(大于x的每个i)) * (x - floor(x))
其中含有sum的那部分就是每个分段的不同点：斜率或者说单调性；可以发现这个单调性是随着x的增长（分段），不断下降的，从单调降逐渐过度到单调升（如果存在这两个过程的话）。
所以此函数单峰。。其他的就不用多说了。

zoj 3421,10年成都现场赛F题，印象深刻啊，想当年不知道单峰函数可以三分，不然没准就可以拿到silver了。。

一堆a>=0的二次函数Si(x)，f(x) = max(Si(x))，求在x belongs to [0,1000]内的min(f(x))
稍微画一下图便可以看出来，f(x)的图像是一个单峰的函数，根据所有的Si(x)a>=0也可以看出来，f(x)的函数值越靠近两侧应该越大，靠近中间应该越低，所以出现了谷（反着的峰哈。。）。。。然后三分之。。。
精度要求挺高，输出1e-4,而eps到1e-8竟然还不够，需要1e-10。。。
另外，输出的是f(ans)，不是ans。。。坑死我了，10多炮wa啊。。。
代码什么的就不attach了。
以上。。三分什么的，也是折半思想一种典型应用。欢迎吐槽+拍砖。

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2012-02-20 13:22 发表评论

ZJU 3551 Bloodsucker 【简单概率dp】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Sat, 29 Oct 2011 10:42:00 GMT

今天浙大月赛dp+数学专场。。俩小盆友不在，哥这个从来不写dp和数学的人表示很蛋疼。
很少写dp，很少写概率。哪怕写了一道水题也很高兴哇～
写一下吧～

题目大意：
说你手里有n个生物，n-1个人，1个吸血鬼。每一天，你从这堆里面随机挑出两头来，如果是不同种，那么人就有p的概率会被同化为吸血鬼。
求一个期望，问给定n和p的情况下，所有人变吸血鬼的期望天数D。

做法：
首先是要看出最基本的式子，就是在n个生物，n-x个人，x个吸血鬼的情况下抽出两头不同生物的概率：
假设分先后抽，那么先抽吸血鬼x / n , 后抽人 (n - x) / (n - 1) , 概率为 x * ( n - x) / (n * (n - 1))；先抽人 (n - x) / n , 后抽吸血鬼 x / (n - 1) , 概率为 x * (n - x) / (n * ( n - 1))。
所以th[x]（表示在n个生物，n-x个人，x个吸血鬼的情况下抽出两头不同生物的概率） = 2 * x * (n - x) / (n * (n - 1))。
然后就可以得出在某轮已有x个吸血鬼的前提下，吸血鬼数量增加1的概率为f[x] = th[x] * p 。而不变的概率则为g[x] = 1.0 - f[x]。
则可以建立如下概率转移图。Sx表示当前有x个吸血鬼。第k层的Sx的表示，到了第k-1天，有x个吸血鬼（的概率转移）。

所以可以看出Sx只和Sx-1和Sx本身有关。假设DP[x]表示由初始状态变成有x个吸血鬼所需天数的期望。
DP[x] = sigma(i = 1 to infinity)[f[x-1] * i * g[x-1] ^ (i - 1)]
而最终的期望即为所有期望之和ans = sigma(i=2 to n) DP[i]。
题目的关键就是DP[x]的求解，仔细观察这是一个等差乘等比的无穷级数求和，根据高中所学的错位相减法得到公式：
设Sn=DP[x],a=f[x-1],p=g[x-1]。则Sn-p*Sn=a+a*p+a*p^2....+a*p^n-1-n*a*p^n
Sn=[a*(1-p^n) - n*(1-p)*p^n]/(1-p)^2
lim(n->inf)Sn=a/(1-p)^2=1/a
所以最后的ans=sigma(1/a[i])=sigma(1.0/(2.0*p*i*(n-i)/(n*(n-1))))。
因为n在10^5级别，所以要用double乘，不然int会爆精度。

我也是可以做数学题的哈。

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-10-29 18:42 发表评论

DLUT onsite【线段树+数学+dp专场有木有！！！】［改］（D + F）（zju 3542 + zju 3544）

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Sun, 02 Oct 2011 09:27:00 GMT

摘要: 虽然是用了10小时来打5小时的比赛，但也弱爆了。神马都不会啊。 A zoj 3539 搜索+字符串，连暴力都不会写 B zoj 3540竟然是矩形并！！！。。不过就算是“矩形并”，也不会写。。线段树神马的，都不会哇。。 C zoj 3541好巧妙好经典的N^2DP，我不会啊。 D zoj 3542 纯模拟。。。善用cctype和%x 代码： Code... 阅读全文

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-10-02 17:27 发表评论

ZJU 3531 Alice Madness Return 【BFS HASH状态】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Wed, 21 Sep 2011 13:36:00 GMT

摘要: 有一段日子木有更新solution神马的，北京区域赛的准备工作好烦哪。强烈要求出现一个组委会，而不是我们这帮集训队的来干各种奇葩活。言归正传，9月的浙大月赛可搞题颇多，场上就想写这题，可惜木有机时，只能场下写咯。可惜一写就掉坑里了，直到现在才爬出来，好恶心的一道题啊。题意：10*10的棋盘，有一个你控制的棋子A，每步可四向移动；有一个镜像棋子B，和你呈镜像运动，遇边、石则当前回合不动；路上有石头，... 阅读全文

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-09-21 21:36 发表评论

二维 & 三维费马点问题【没有理论研究，只有代码研究】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Fri, 09 Sep 2011 12:23:00 GMT

模拟退火什么的我只知道一个大概思想，然后会很矬的去实现它。近似算法真心伤不起啊唉。
例题：poj 2420 【二维多边形费马点】， uva 5102 【福州现场赛E题，四边形费马点，有结论，所以模拟退火应该不算正解】， ZOJ 2928 【三维费马点】。

模拟退火神马的就是一个迭代过程，在每次迭代中向所有可能的方向试探，然后选取其中最优的一个作为下一次的迭代起点；为了让迭代能够终止，设定了一个步长，每次迭代之后步长乘以一个小于1的系数来减小步长。
迭代方式是相同的，就是向所有可能的方向试探，再按规则模拟计算结果，比如二维点就是向8个方向试探之后再计算到所有点的距离和，而三维点就是26个方向了。
初始步长作为上界，这个该怎么设定我一直不太清楚，我反正是用最大可能步长作为上界的；初始迭代点，随手设置一个吧，我用的是所有点坐标的算术平均数，也可以用原点之类，但是我觉得无论选择啥点都不能保证绝对的正确性的吧（否则，“图灵奖”。。。）；迭代步长系数，好像我的写法比较矬？导致我必须把系数设到0.993以上才能过题，真是弱爆了；至于精度下界就设为1e-10就好了，反正不要钱，哈。

模拟退火的一大弊端在于，如果进入了某个次优解点的邻域，且此时步长已经很小的话，那很有可能就会陷入这个次优解邻域的漩涡里（俗话说叫掉坑里？好像有专业名词叫鞍点或者涡点什么的？我数学不太好不好意思。。），然后再也跑不出来。所以近似算法毕竟是“近似”算法，想避免掉入坑里，只能去优化写法或者找出答案的某种规律性，来分段或者剪枝迭代什么的。。我是玩不转这个了，如上所述的三题，我加起来交了五六十次了吧？总之是没有找到一组又能ac又快的好参数。唉。
我若爆了。。

附代码吧，以2928题为例：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define maxn 105
const double eps = 1e-12;
int comp(double x)
{
    if(fabs(x) < eps)
        return 0;
    else if(x < -eps)
        return -1;
    else
        return 1;
}
using namespace std;
struct point
{
    double x,y,z;
    point(double a = 0,double b = 0,double c = 0):x(a),y(b),z(c){}
    point operator - (const point p)
    {
        return point(x - p.x,y - p.y,z - p.z);
    }
    point operator + (const point p)
    {
        return point(x + p.x,y + p.y,z + p.z);
    }
    double norm()
    {
        return sqrt(x * x + y * y + z * z);
    }
    point operator *(double a)
    {
        return point(x * a,y * a,z * a);
    }
}p[maxn],fermat,dir[30];
int n;
int main()
{
    while(scanf("%d",&n) == 1)
    {
        for(int i = 0;i < n;i++)
            scanf("%lf %lf %lf",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].z);
        int cnt = 0;
        for(int i=-1;i<=1;i++)
            for(int j=-1;j<=1;j++)
                for(int k = -1;k <= 1;k++)
                    dir[cnt++] = point(i,j,k);
        double step = 100;
        point now,ans;
        double temp = 1e10,calc;
        point sel;
        for(int i = 0;i < n;i++)
            ans = ans + p[i];
        ans = ans * (1.0 / (double)n);
        while(step > eps)
        {
            sel = ans;
            for(int i = 0;i < cnt;i++)
            {
                calc = 0.0;
                now = ans + dir[i] * step;
                for(int idx = 0;idx < n;idx++)
                    calc += (p[idx] - now).norm();
                if(comp(calc - temp) < 0)
                {
                    sel = now;
                    temp = calc;
                }
            }
            ans = sel;
            step *= 0.993;
        }
        printf("%.3f %.3f %.3f\n",ans.x,ans.y,ans.z);
    }
}

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-09-09 20:23 发表评论

ZOJ 3521 Fairy Wars【并查集，扫描线，set维护】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Mon, 29 Aug 2011 12:45:00 GMT

题目链接：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3521
以前一直以为扫描线这么神奇的想法应该有很复杂的代码，今天亲身写了一下，发现只要数据结构维护的好，代码真的很短。
感谢wolf5x大神、schnee大神对我这蒟蒻的指导。

题目大意：有一个圆形炸弹，给定二维坐标和半径；平面上N个点（N<=50000），每个点的二维坐标给出；给定一个L，是这些点的影响范围，影响范围是以这个点为中心的长度为L的正方形；影响范围内的点可以互相影响，连锁具有传递性。问，把炸弹引爆的话，会有多少个点被连锁。

做法：扫描线+set维护+并查集+枚举（最后一个随便说说。。。）

具体：裸的想法就是连边并查集，这个是O(N^2)的复杂度，铁挂；几何题的自然想法就是想到极角排序和扫描线以及线段树上面去。
极角排序没有好想法，线段树不会搞，就想扫描线+set维护的神想法。
一开始想环形扫描线想不出个所以然来，经大神们点拨后开始拿传统的坐标序扫描线搞之。

将这N个点按x坐标排序，维护两根扫描线或者说一个队列，一开始队列头尾都指向最左点，队列尾向右移动的时候先判断头尾两点的横坐标差值是否大于L，大于则把对头右移直到满足条件，同时将弹队的这些点在set中删除：

set中的元素是一个pair，first是点的纵坐标，second是点的id，这样就保证了内部没有重复元素，内部序按照y排序；然后将队尾的元素插入set中，因为插入函数的返回值是一个pair，pair的first即为队尾的点在set中的插入位置，second是插入成功与否的bool。

所以it-1(it != set.begin() )和it+1(it+1 != set.end() )分别是set中与当前插入点y坐标最相近的两个点，比较当前点与这两个的y坐标之差是否小于等于L，是则union之。可以归纳证明，需要判断的只有最近的两个点，因为更远的点已经在之前判断过了。

这样扫描一遍过后，就剩下几个联通块；再扫描一遍，判断圆是否与某个联通块相交，若相交则将联通块大小加到答案上，最后输出答案即可。

注意点：
1.为了防止浮点数误差，判断点在圆内的时候，直接用整数平方判断的，所以会超int，注意long long。
2.维护的时候注意尽量少写特判语句，比如初始点什么的，用一个统一化的判断语句来判断弹队与否，比如front 与 tail的距离什么的。。
3.set的insert函数的返回值的first是个指针，所以当我们插入的元素即为一个pair时，访问pair的first需要用->而非.
4.set的元素是一一对应的，无重复元素；用insert来实现find的功能，原因在于set没有单关键字查询功能，或者说没有我们想要的对于pair内某一元素的查询功能，所以用insert来实现find，是一个更巧妙的想法。
5.我是个蒟蒻，又tmd把并查集写错了。
6.思维比较神的题、各种算法联合在一起的题目不一定需要很大的代码量，不要被吓住。

附上代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#define maxn 50005
using namespace std;
struct point
{
    long long x,y;
    point(){}
    point(long long _x,long long _y):x(_x),y(_y){}
    point operator -(const point p)
    {
        return point(x - p.x,y - p.y);
    }
    long long norm2()
    {
        return x * x + y * y;
    }
}p[maxn],c;
typedef set <pair<long long,int> > SET;
SET S;
SET::iterator it;
long long ab(long long x)
{
    return x >= 0?x : -x;
}
bool cmp(const point &a,const point &b)//for sort
{
    return a.x < b.x;
}
int n,l;
long long r;
int f[maxn],ra[maxn];
bool has[maxn];
int find(int x)
{
    return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}
void un(int a,int b)
{
    a = find(a);
    b = find(b);
    if(a != b)
    {
        if(ra[a] > ra[b])
        {
            f[b] = a;
            ra[a] += ra[b];
        }
        else
        {
            f[a] = b;
            ra[b] += ra[a];
        }
    }
}
void gao()
{
    S.clear();
    int front = 1;
    int a,b;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        while(ab(p[i].x - p[front].x) > l)
        {
            S.erase(make_pair(p[front].y,front));
            front++;
        }
        it = S.insert(make_pair(p[i].y,i)).first;
        if(it != S.begin())
        {
            it--;
            if(ab(p[i].y - (it -> first)) <= l)
            {
                a = i;
                b = it -> second;
                un(a,b);
            }
            it++;
        }
        it++;
        if(it != S.end() && ab(p[i].y - (it -> first)) <= l)
        {
            a = i;
            b = it -> second;
            un(a,b);
        }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d %lld %d",&n,&r,&l) == 3)
    {
        fill(ra,ra + n + 1,1);
        l /= 2;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
            f[i] = i;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
            scanf("%lld %lld",&p[i].x,&p[i].y);
        sort(p + 1,p + n + 1,cmp);
        scanf("%lld %lld",&c.x,&c.y);
        gao();
        int ans = 0;
        memset(has,0,sizeof(has));
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            if((p[i] - c).norm2() <= r * r)
            {
                int fuck = find(i);
                if(!has[fuck])
                {
                    ans += ra[fuck];
                    has[fuck] = true;
                }
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-08-29 20:45 发表评论

POJ 1422 & HDU 1151 & ZOJ 1525 Air Raid - POJ 2060 & ZOJ 2221 Taxi Cab Scheme【二分图最大匹配 -- 最小路径覆盖】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Tue, 19 Jul 2011 13:43:00 GMT

摘要: ZOJ Problem Set - 1525 Air Raid Time Limit: 1 Second Memory Limit: 32768 KB Consider a town where all the streets are one-way and each street leads from one ... 阅读全文

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-07-19 21:43 发表评论

ZOJ 2532 Internship && POJ 3204 Ikki's Story I - Road Reconstruction【网络流的性质，最小割中的关键边】

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty — Tue, 05 Jul 2011 03:20:00 GMT

摘要: ZOJ Problem Set - 2532 Internship Time Limit: 5 Seconds Memory Limit: 32768 KB CIA headquarter collects data from across the country through its classified network. The... 阅读全文

BUPT-[aswmtjdsj] @ Penalty 2011-07-05 11:20 发表评论