A. Little Pony and Crystal Mine

水题，每行D的个数为1,3.......n-2,n,n-2,.....3,1，然后打印即可

#include <iostream>#include <vector>#include <algorithm>#include <string>using namespace std;int main(){    int n;    cin >> n;    vector<string> crystal(n,string(n,‘*‘));    for(int i = 0 ; i <= n/2; ++ i){        int mid = n/2;        for(int j = mid-i; j <= mid+i; ++ j) crystal[i][j]=‘D‘;    }    for(int i = n-1 ; i > n/2; -- i){        int mid = n/2;        for(int j = mid-(n-1-i); j <= mid+(n-1-i); ++ j) crystal[i][j]=‘D‘;    }    for(int i = 0 ; i < n;  ++ i ){        cout<<crystal[i]<<endl;    }}

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B. Little Pony and Sort by Shift

题目意思：

　　给一个序列a1,a2...an，每次操作将最后一个元素放在数列开始位置，即a1,a2.....an变成an,a1,a2......an-1，通过多少次操作可以将序列变成非递减序列。

解题思路：

　　如果序列本身是非递减序列，则输出0

　　如果序列不是非递减的，令pre=0， i=n-1，然后将a[i]与a[pre]比较，

　　如果a[i]≤a[pre]，说明可以将a[i]放在数列前面，则更新pre=i，然后--i，继续上面操作，直到a[i]>a[pre],则不能交换（如果交换后不能满足非递减序列），退出循环

　　再遍历 0~i，是否满足非递减

#include <iostream>#include <vector>#include <algorithm>#include <string>using namespace std;int main(){    int n, res = 0;    cin >>n;    vector<int> a(n,0);    bool flag = false;    for(int i = 0 ; i < n; ++ i){        cin >> a[i];        if(i && a[i]<a[i-1]) flag = true;    }    if(flag){        int pre= 0, i = n-1;        for( i = n-1; i >= 0; -- i){            if(a[i]<= a[pre]){                res++;                pre = i;            } else break;        }        for(int j = 0 ; j < i; ++ j){            if(a[j] > a[j+1]) {res=-1;break;}        }    }    cout<<res<<endl;}

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C. Little Pony and Expected Maximum

题目意思：

　　有一个m面的骰子，骰子投掷出数为1 ,2,3,4......m，每个数被投掷出的概率是1/m，然后将该骰子投掷n次，问投掷出大期望值是多少？（每次投掷都是相互独立的）

解题思路：

　　现在以m=6，n=3为例说明投掷n次后，注意每种情况出现的概率是1/mⁿ

　　最大值为1的情况是（1,1,1）

　　最大值为2的情况是三次投掷中至少有一次是2

　　　　当三次投掷中只有1次是2，则剩下2次，每次出现的情况只能是1，故有C(3,1)种可能

　　　　当三次投掷中只有2次是2，则剩下1次，只能出现1，故有C(3,2)种可能

　　　　当三次投掷全部是2时，则有C(3,3)种可能

　　　　故所有的可能数是C(3,1)+C(3,2)+C(3,3)

　　最大值为3的情况是三次投掷中至少有一次是3

　　　　当三次投掷中只有1次是3时，则剩下2次，每次出现的点数是1或者2两种，故剩下2次的可能数是2²  故整个可能数是C(3,1)*2² 种可能

　　　　当三次投掷中只有2次是3时，则剩下1次，每次出现的点数是1或者2两种，故剩下1次的可能数是2¹  故整个可能数是C(3,2)*2¹ 种可能

　　　　当三次投掷中3次是3时，则剩下0次，每次出现的点数是1或者2两种，故剩下2次的可能数是2⁰  故整个可能数是C(3,3)*2⁰ 种可能

　　　　故所有的可能是C(3,1)*2² +C(3,2)*2¹ +C(3,3)*2⁰

　　.................................

　　假设现在是m，n，最大值为k的情况是n次投掷中至少有一次是k

　　　　当n次投掷中只有1次是k时，则剩下n-1次，每次出现的点数是1....k-1任何一个数，故剩下n-1次的可能数是(k-1)^n-1 故整个可能数是C(n,1)*(k-1)^n-1种可能

　　　　当n次投掷中只有2次是k时，则剩下n-2次，每次出现的点数是1....k-1任何一个数，故剩下n-2次的可能数是(k-1)^n-2 故整个可能数是C(n,2)*(k-1)^n-2种可能

　　　　当n次投掷中只有3次是k时，则剩下n-3次，每次出现的点数是1....k-1任何一个数，故剩下n-1次的可能数是(k-1)^n-3 故整个可能数是C(n,3)*(k-1)^n-3种可能

　　　　....................................................

　　　　故所有的可能是C(n,1)*(k-1)^n-1 +C(n,2)*(k-1)^n-2+C(n,3)*(k-1)^n-3+.............+C(n,n)*(k-1)^n-n, 缺少C(n,0)*(k-1)ⁿ

　　　　根据公式（1+x)^n=C(n,n)+C(n,n-1)x^1+C(n,n-2)x^2+………+C(n,2)x^(n-2)+C(n,1)x^(n-1)+C(n,0)x^n

　　　　故上述所有可能等于(1+k-1)ⁿ-(k-1)^n-1=kⁿ-(k-1)^n-1

　　故最大值为k的可能数是kⁿ-(k-1)^n-1

　　整个的期望是Σk(kⁿ-(k-1)^n-1)/mⁿ,其中k=1......n

　　由于m,n都很大，用pow会溢出故需要处理，上述公式变为Σk(kⁿ-(k-1)^n-1)/mⁿ=Σ(m(k/m)ⁿ⁺¹-(k/k-1)(k-1/m)ⁿ)

#include <iostream>#include <cmath>#include <cstdio>using namespace std;int main(){    int m,n;    cin >> m >> n;    double  res = 0;    for(int i = 1; i <=m; ++i){        double a = double(i)/m, b = double(i-1)/m;        res+=double(m)*pow(a,n+1)-double(i)*pow(b,n);    }    printf("%0.5f\n",res);}

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