【原题】不贴了。

【废话】好久没写博客了。（我不会告诉你我是离线写的）于是来水经验来了。

【来源简述】CF 282 C

【原题简述】有N（10^5）个人，每个人有初始的钱。再给出M（5000）个操作L,R,P。每次表示L~R这些人有几率P（0<=P<=1）给他们每人一元。求最后所有人钱数最大值的期望。

【算法简述】首先把这些操作建立出树结构（可以借鉴线段树）。节点i表示范围Li~Ri，它的父亲一定包含它，它也包含它的所有子树。为了方便，建立一个L=1,R=N,P=0的无效节点作为根。

观察到M的范围小，我们用f[i][j]表示在节点i表示的范围内，加的钱数<=j的期望（注意原先的钱数可以用RMQ计算出）。至于为什么是<=，因为后面要用到前缀和??反正f算的时候再前缀和一下。那么到节点i，我们开一数组tmp[j]表示所有子树中影的最多（注意还是前缀和性质）加了j元的期望。

那么tmp[j]= ∏f[son][mx[i]+j-mx[son]];

mx[o]是原先区间o的最大钱数。

（这里就用到了f的前缀和性质了）

注意到求完后做一步tmp[j]-=tmp[j-1]，取消前缀和性质。

然后我们的任务是求出i的所有f值。

那么ans[i][j]=ans[i][j-1]+tmp[j-1]*p[i]+tmp[j]*(1-p[i]);

ans[i][j-1]:前缀和

tmp[j-1]*p[i]:由子树中得最大加j-1，且当前也加

tmp[j]*(1-p[i]):由子树中得最大加j,且当前不加

求完了所有的f[i][j]后，我们对于新加的点K，最后的ans满足

ANS=ans[m][0]*mx[m]+Σ (ans[m][i]-ans[m][i-1])*(mx[m]+i);

【*精华所得】类似于分治的树形算法。

【代码】

#include#include#include#define N 100005#define M 5005using namespace std;struct arr{int l,r;double p;}a[M];int f[N][18],mx[N],used[N],n,i,j,T,m,k;double ans[M][M],tmp[M],ANS;inline int ask(int x,int y){ int len=(int)log2(y-x+1); return max(f[x][len],f[y-(1<=a[i].l&&a[j].r<=a[i].r&&!used[j]) { used[j]=1; for (k=0;k<=m;k++) if (mx[i]+k-mx[j]<=m) tmp[k]*=ans[j][mx[i]+k-mx[j]]; } for (k=m;k;k--) tmp[k]-=tmp[k-1]; ans[i][0]=(1-a[i].p)*tmp[0]; for (k=1;k<=m;k++) ans[i][k]=ans[i][k-1]+tmp[k-1]*a[i].p+tmp[k]*(1-a[i].p); //ans[i][k-1]:加上k-1的期望(ans[i]实质是前缀和性质) //tmp[k-1]*p[i]:由子树中得最大加k-1，且当前也加 //tmp[k]*(1-p[i]): 由子树中得最大加k,且当前不加 } ANS=ans[m][0]*mx[m]; for (i=1;i<=m;i++) ANS+=(ans[m][i]-ans[m][i-1])*(mx[m]+i); printf("%.10lf",ANS);}