向我这样的小菜鸡竟然有幸能参加$pkuwc$看来运气不错

---

Day1

8:00-9:00

围观长郡宣传片

听副院长讲计算机历史???

一脸茫然(发现自己除了知道最开始的几幅画是谁画的就啥都不知道了…)

然后考数学

---

9:30-11:30

$T1:x<-2,|1-|x+1||=?$感觉挺简单的切了

$T2:...$

(然后我就不记得了,不过你有兴趣可以看看这个Blog//捂脸)

(不过上机考试您真当我不会用计算器?然后我们考场某大佬问监考老师:”电脑上的计算能不能用?我看我周围的都用了计算器”.在一旁的我只好微微一笑,关掉了我写的爆搜)

$T30$:今天$2018,1,30$号是星期二,$1898,5,4$是星期几

话说这玩意不是初赛考过吗…

似乎有个公式….

诶,电脑上不是有日历吗?

兴高采烈点开日历发现只能翻到$1910$年

咸鱼失去梦想

感觉pku是算好了的

(我才不会说我在Day2看到旁边的大佬玩计算器才发现win7计算器有算两个日期之间的天数的东西//捂脸)

然后这里有一个叫做蔡勒公式的玩意

话说解答题才是重点…

$T31:A\cap B=\emptyset,A\cup B=N^*,1\in A;A,B$都满足$A,B$集合中任意两个数的和不等于$2^h+2,h=0,1,2....$证明这种划分是唯一的,并回答$2017,2018,2019$属于哪个集合

$T32:$一个$100$边形$P$满足每个顶点都是整点,每条边都平行坐标轴,且长度为奇数,证明$P$的面积是奇数

$T33:$对任意三角形中,a,b,c是三边,设$D=a+b+c,S=ab+bc+ac$求证$3S\le D^2\le4S$

$T4:$对于$(a,b,c,d)$四个数不全相等,定义一次操作将四元组变成$(a-b,b-c,c-d,d-a)$证明经过有效次操作后,四元组中肯定会有某个数$\gt2018$

我只是贴个题(我只会$T31,T33$以及$T34$的部分//逃走)

话说我是个正经的$OIer$,应该讨论一下$OI$考试

写在前面:妈呀,$IOI$赛制感觉紧张死了…

---

13:30-18:30

$T1,Minmax:$

一棵有根二叉树,每个叶子有一个权值,每个非叶子节点有个概率$p(0<p<1)$,表示该节点选到儿子节点中最大值的概率
(该节点的权值变为你选的值);考虑根节点的权值有$m$中情况,第$i$小的权值为$V_i$,概率为$D_i$,问$\sum_{i=1}^m i*V_i*D_i^2$

一句话就是这样:带随机权值的二叉树,根节点的权值与概率的平方求和

先将叶子的权值离散化,变成$1\ldots m$

考虑暴力$DP$

$f[x][i]$表示节点x权值是i的概率

可以将两个儿子的信息合并算出$f[x][i]$

假设权值$i\in lc$

$f[x][i]=f[lc][i]*sum[rc][i-1]*p_x+f[lc][i]*(1-sum[rc][i])*(1-p_x)$

然后对左右儿子每一个有$f$值的$i$算一遍

时间复杂度:$O(nm)$

仔细分析怎么计算$f[x][i]$

考虑一种情况(其他的类似),$lc$的权值比$rc$大

这种情况下x的权值为$i$的概率是

$p_x\sum_{j=1}^{i-1}f[rc][j]*f[lc][i]$

可以对于每个节点$x$开一棵可持久化线段树,线段树的下标$i$记录$f[x][i]$

计算$f[x][i]$时可以用线段树合并,通过合并$lc$和$rc$的线段树来计算

时间复杂度$O(n\log m)$

---

$T2,SlayTheSpire:$

给你两个长度为$n$的序列$a,b$,表示强化牌和攻击牌,从中等概率的选取$m$个数,然后这$m$个数里又只能选k个数出来,假设选了$a$中一个数,能让$b$中剩下的的数,权值乘以$a_i,(a_i\gt1)$,出题人会按照最优决策选出这$m$个数中的$k$个问期望的总答案*${2n \choose m}$

一句话就是这样:从$2n$张牌随机的抽取$m$张后,最优的打出$k$张牌,求期望得分

当$k=1$时,最优决策是打出最大的攻击牌,这个可以特判

其他情况,假设手中有$A$张强化牌,$m-A$张攻击牌,那么分类讨论

1.如果$A\ge k$

那么最优决策是选$k-1$张最大的强化牌,然后出一张最大的攻击牌

1.如果$A\lt k$

那么最优决策的先出完$A$张强化牌,然后剩下的从大到小出完攻击牌

两种情况都可$dp$出来

复杂度$O(n^2)$

具体来说是这样的

1:把强化牌的权值从大到小排序,设$f_{i,j}$表示在前$i$张强化牌里面选出$j$张的乘积的所有情况的和

首先有$f_{i,j}=f_{i-1,j}$

然后考虑$a_i$的贡献

如果$j\lt k,f_{i,j}+=f_{i-1,j-1}*a_i$因为当前还没有选完$k-1$张牌,所以当前这张牌可以出现在前面任何一种组合里,所以要乘上$a_i$的贡献

如果$j\ge k,f_{i,j}+=f_{i-1,j-1}$因为你已经有选了超过$k-1$张强化牌,所以这张牌就算再被选也算不进贡献,所以要加上这一张不选的答案

2:把攻击牌的权值从小到大排序$g_{i,j}$表示前$i$张牌,选$m-j$张前$k-j$张最大的所有情况的和

$g_{i,j}=g_{i-1,j+1}+b_i*{i-1\choose m-j-1}$表示第$i$张牌在前面选了的$m-j-1$张牌里面作为最大值的情况有${i-1\choose m-j-1}$种

最后统计$\sum_{i=1}^m f_{n,i}*g_{n,i}$就好了?

---

$T3,$斗地主:

给你一副牌的$n(0\le n\le20)$张牌,斗地主,问使得农民出不了牌(地主就春天了)的方案数

大家可以看看出题人@九条可怜怎么说的

(我现在看到和扑克牌有关的题就怕\捂脸)

直觉:一定能打出春天的手牌种数是有限的

先搜出所有一定能春天的手牌(只有4~5w种)

每次询问时暴力枚举每种答案是否符合要求

搜索的时候分两种情况讨论

农民没有炸弹

可以发现地主有$14$张手牌已经确定下来了
($A-K$至少有一张,大小王中也至少有一张)

并且地主的牌是若干个一定比农民大的牌型+一波可以一次打出的牌组成的

剩下的只有$6$张牌,状态比较少,用一些搜索优化技巧可以在$2s$内搜出来

农民有炸弹(火箭也算一种炸弹)

地主的手牌必须是若干个比农民大的炸弹+一波一次可以打出的牌

这个方案数不是很多,可以直接搜出来

---

18:30-24:00

思考人生$ing\ldots$

---

Day 2

---

8:00-13:00

$T1$:随机算法

一个显然的求图的最大独立集的暴力就是生成全排列,假设一个排列是$p,S$是当前最大独立集;如果$S\cup${$p_i$}是独立集就令$S=S\cup${$p_i$};求这$n!$个独立集是最大独立集的概率

一句话:求图的最大点独立集随机算法的正确率

(话说这道题考场有$60$%的$dalao$都切了)

考虑暴力状压$DP$

令$f[S][T]$表示当前独立集是$S$,已经试过的点集是$T$的概率

因为$S\subseteq T$所以复杂度是$O(n*3^n)$

转移时,考虑剩下的点中,不与$S$的点相邻的集合为$Z$;那么我们只关心这$|Z|$个点在排列里之间的顺序关系

可以枚举哪个点是$Z$中在排列位置上最靠前的,显然概率都是$\frac{1}{|Z|}$,然后

$f[S]*\frac{1}{|Z|}\rightarrow f[S\cup \{x\}]$

时间复杂度$O(n*2^n)$

然后这道题还有很多玄妙的方法,话说$O(n^2*2^n)$也是可以$A$的(讲题时旁边的$dalao$说数据水了)

---

$T2$:猎人杀

每一猎人都有一个权值$w_i$,每个猎人死后都必须要开一枪,切被射中的人也会死;假设当前活下来的人是$[i_1,i_2,\ldots,i_m]$,那么当前死的猎人就有$\frac{w_{i_k}}{\sum_{j=1}^mw_{i_j}}$的概率的向$i_k$开枪;第一枪由你来打,目标选择方式和猎人一样(即有$\frac{w_i}{\sum_{j=1}^nw_j}$的概率的向第$i$个猎人开枪),由于开枪的连锁反应,所以最终所有人都会死,问第$1$个猎人最后一个死的概率.

一句话:$n$个猎人按概率被射杀,求1号猎人最晚死亡的概率

构造$n$个猎人的排列$p$,表示其死亡时间的倒叙

题目相当于,对于所有满足$p_1=1$的排列,求和

$\sum_{p_1=1}\prod_{i=1}^n\frac{w_{p_i}}{\sum_{j=1}^iw_{p_j}}$

考虑如果没有$p_1=1$的限制的话,和显然为$1$

也就是说

$\sum_{p}\prod_{i=1}^n\frac{w_{p_i}}{\sum_{j=1}^iw_{p_j}}=1\Rightarrow\sum_{p}\prod_{i=1}^n\frac{1}{\sum_{j=1}^iw_{p_j}}=\prod_{i=1}^n\frac{1}{w_i}$

考虑上式的组意义

相当于有一堆求,第$i$中颜色的球有$w_i$个,球两两之间都是不同的,每种颜色的求里都有一个特殊的球,我们叫他大球

相当于,将所有球排成一列,要求每个大球都在和他颜色相同的球的前面

右边这个显然是这个概率,左边相当于枚举了颜色之间的顺序

那么$p_1=1$意味着,除了上述限制以外,颜色为$1$的球要在其他所有大球后面

我们可以枚举颜色为$1$的大球的所在位置,则他后面可以放的是所有颜色为$1$的球,以及其他颜色的除了大球以外的球

考虑列出其他颜色的球的生成函数

$f_i(x)=\sum_{j=0}^{w[i]-1}\frac{x^j}{(w_i-j)*j!}$

用NTT计算一下所有生成函数的乘积即可

时间复杂度$O((\sum w)*\log n*\log\sum w)$

$T3:$随机游走

给你一颗树,每次从$x$节点出发,每次等概论地向一条与所在点相邻的边走去;有$Q$次询问,每次询问给定一个集合$S$,如果从$x$出发随机游走,问直到点集$S$中所有点都至少经过一次要走的期望步;特别的点$x$(即起点)视为一开始就被经过了一次

一句话:从树节点x出发,知道经过点集$S$所有点至少一次的期望步数

令$f(S)$为原问题的答案

令$g(S)$为从$x$出发随机游走,知道经过点集$S$任意点一次的期望步数

由经典的容斥定理可以得到

$f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}*g(T)$

先枚举$T$预处理出$g(T)$,然后每次查询$S$通过上式求出$f(S)$

预处理$g_y(S)$,表示从y随机游走,知道经过$S$任意点一次的期望步数

如果$y\in S,g_y(S)=0$

否则$g_y(S)=1+\frac{1}{|N_y|}\sum_{x\in N_y}g_x(S)$,其中$N_y$为$y$的邻点集合

所关注结点的期望步数表达式组成$n*2^n$元一次方程组,暴力高斯消元复杂度是$O((n*2^n)^3)$

因为这是树,可以知道非根节点$g_y(S)$为$0$或者列出与其父亲值关系的方程

逐层列出方程,最终用$O(n*2^n)$的时间列出仅含根结点$g_x(S)$的方程并求解

总时间复杂度:$O(n*2^n)$

最后膜一下Cai大佬,大佬想出了一种$O(n^3*2^n)$的解法,这种解法不需要用到树的性质,也不需要管起点是谁,也就是说可以在图上跑,伏地膜

---

14:00-18:00

下午是面试来着

除了时间推迟到$15:30$才出名单,感觉等了很久外并没有啥感觉

感觉听大佬吐槽题目挺有意思的

面试就没啥好说的,稍微瞎说了一些

---

18:00-24:00

思考人生$ing\ldots$

---

Day 3

---

9:30-11:00

虽说是结营仪式,但其实就是讲题解+签约?

题解都在上面所以就没啥好讲的了

---

11:00-11:30

话说拍个集体照,需要半个小时么?

---

11:30-12:00

拍完大家准备散了的时候,某老师拿话筒来了一句:

“同学们不要走,回到刚才闭幕式的会场,我们签协议.”

想了想拿了两天的大众分应该没啥希望吧

(当时我真打算直接走来着)

然后抱着”去看$dalao$随意签一本”的心态还是回到了会场

然后等了好久,突然听到了自己的名字????

然后随意签了一个”大众约”——有条件一本

然后就滚粗了

---

后记

逛了逛知乎,看了看$dalao$的游记,发现只要是正式营员都有约?

岂不是”有条件一本”=”安慰约”?

嘛,随意了,总比没有好…

不过有一些特别强的$dalao$因为不是正式营员然后没有约,表示比较可惜

感觉题目难度和质量是够了,不过$39$道数学题+一场斗地主真的好吗?

---

唔,又要去冬眠营膜更多的$dalao$了

$Rp++$

$To$ $be$ $continued\ldots$