「CF68D」Half-decay tree-期望瞎搞题

定义一个完全二叉树树高为根节点到叶子节点经过的边数。

给定一个树高为 $h(1 \le h \le 30)$ 的完全二叉树,其中第 $x$ 个节点的左儿子为第 $2x$ 个节点,右儿子为第 $2x+1$ 个节点。

现在有 $q(1 \le q \le 10^{5})$ 个,分为两种操作:

  1. add v e ( $1 \le v \le 2^{h+1}-1,1 \le e \le 10^4$ )表示给第 $v$ 个节点的权值加 $e$
  2. decay 操作。我们在这个二叉树里面以等概率选择一个叶子节点,将这个叶子节点到根的路径上所有的边都删去。在删除后,树会形成若干个联通块,我们定义某个联通块的的权值为这个联通块内所有节点的权值之和。我们定义删除后的树的权值为形成的所有联通块的权值的最大值。请你求出这个值的期望。每次删除后会恢复所有删除的边。

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Codeforces

题解

考虑我们在树上随机走出一个路径。我们发现,我们每个地方相当于有两个决策:往左走,往右走,两个的概率是相同的。

我们如果设当前节点为为 $x$,那么往左走的话就会产生一个完全不会更改的联通块($sum[rs[x]] +v[x]$)。如果存在 $sum[rs[x]] + v[x]
\ge sum[ls[x]]$ 这个时候我们发现,接下来我们怎么走,产生的联通块都不会比已经产生的这个 $sum[rs[x]] + v[x]$ 大。所以我们就不用走 $sum$ 较小的那边了,因为它们的贡献已经可以计算了。

这样的话我们每次决策都可以只走一边,同时计算出剩下的一边的所有答案之和。在走的过程中维护一下已经存在的联通块的最大值即可。

加的话直接暴力在树上维护一个子树和即可。

时间复杂度:$O(q \times h)$

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 110000,LOGN = 31;

namespace Tree{
int sumn[MAXN*LOGN],ls[MAXN*LOGN],rs[MAXN*LOGN],cnt = 1;
void upd(int nown,int v){
static int tmp[40];int ecnt = 0;
for(int i = nown;i;i>>=1) tmp[++ecnt] = i&1;
int now = 1;
for(int i = ecnt-1;i>=0;--i){
sumn[now] += v;
if(tmp[i] == 0){
if(!ls[now]) ls[now] = ++cnt;
now = ls[now];
}
else{
if(!rs[now]) rs[now] = ++cnt;
now = rs[now];
}
}
}
double decay(){
int now = 1,nowmax = -1e9;
double ans = 0, p = 1;
while(now != 0){// now 非空
int lson = sumn[ls[now]],rson = sumn[rs[now]],val = sumn[now] - lson - rson;
p *= 0.5;
ans += p * max(nowmax,max(lson,rson)+val);
if(lson > rson){
nowmax = max(nowmax,rson+val);
now = ls[now];
}
else{
nowmax = max(nowmax,lson+val);
now = rs[now];
}
}
ans += p * nowmax;
return ans;
}
}

int h,q;

void init(){
scanf("%d %d",&h,&q);
}

void solve(){
for(int i = 1;i<=q;i++){
char s[12];
int a,b;
scanf("%s",s);
if(s[0] == 'a'){
scanf("%d %d",&a,&b);
Tree::upd(a,b);
}
else if(s[0] == 'd'){
printf("%.8lf\n",Tree::decay());
}
}
}

int main(){
init();
solve();
return 0;
}

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