这场比赛的T1相当智熄。由于至今无法理解题意，我只能解出前20分。诸位dalao谁能比较好地理解题意（独立性）的，请联系我，不胜感激。

 在此本蒟蒻只能贴上题面：

Task 1：选举

【问题描述】

 一场选举有三位选手分别编号为1,2,3，还有两位评委4,5。

 评委打分时会给出一个{1,2,3}的排列，表示评委对选手的喜爱程度。例如评委给出一个排列{2,1,3}，表示最喜欢2，其次是1，最后是3。

 两位评委将分别给出排列x、y。你需要做的是综合考虑x、y，给出一个最终的排名z。

 由于事先不知道x、y，所以你需要对于每一种不同的x、y，都提前设计好相应的z。（显然x、y有36种情况）

 正式地，你需要设计一个映射{X,Y}-->{Z}，其中定义域是评委的排列，值域是你给出的最终排列。（定义域大小是36，值域大小是6，所以映射数量是6^36）。为了方便，用z=f(x,y)表示评委打分是x,y时最终排名是z。

 如果随便给一个映射，可能会被喷，比如两个评委都最喜欢1，你最后却把1排在最后。为了避免这种情况，你的映射可能需要满足几个条件：

 一致性：对于选手a,b，如果两个评委都更喜欢a，那么最终排名中a应当排在b前面。

 独立性：定义函数I(x,a,b)，如果排列x中a的位置比b靠前，那么I(x,a,b)=1.否则I(x,a,b)=0。对于选手a,b，考虑评委打分的两种情况(x1,y1)和(x2,y2)，如果I(x1,a,b)=I(x2,a,b)，并且I(y1,a,b)=I(y2,a,b)，那么f(x1,y1)和f(x2,y2)应当满足I(f(x1,y1),a,b)=I(f(x2,y2),a,b)。

 非独裁：如果对于任意的排列x,y，f(x,y)=x，那么称评委4独裁。如果对于任意的x,y，f(x,y)=y，那么称评委5独裁。非独裁就是两个评委都不独裁。

【输入格式】

 一个数m

【输出格式】

 一行一个数

 如果m=1，输出共有多少种映射方案（正如题目中所说，方案数是6^36）。

 如果m=2，输出有多少方案满足一致性。

 如果m=3，输出有多少方案满足独立性。

 如果m=4，输出有多少方案满足一致性、独立性。

 如果m=5，输出有多少方案满足一致性、独立性、非独裁。

【样例输入】

1

【样例输出】

10314424798490535546171949056

【数据规模和约定】

 五个点，一个点20分。

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Task 2：游戏

【问题描述】

 Alice和Bob在玩一个游戏。最初Alice有n颗宝石，Bob有m颗宝石。每一回合，他们会扔一枚硬币，硬币有p的概率正面朝上。

 如果正面朝上，Alice需要给Bob一颗宝石（如果Alice没有宝石了，就不用给了）。否则Bob需要给Alice一颗宝石（如果Bob没有宝石了，就不用给了）。

 如果某个回合结束时，Alice有n颗宝石，那么游戏结束。

 求游戏期望进行多少回合。

【输入格式】

 第一行两个正整数n,m

 第二行一个有限小数p（小数不超过6位）

【输出格式】

 一个实数表示答案。

 如果与标准输出的相对误差不超过1e-6就能得分

【样例输入】

1 1
0.5

【样例输出】

3.00000000

【数据规模和约定】

• 对于30%的数据， n,m<=1
• 对于60%的数据， n,m<=10
• 对于100%的数据， n,m<=100

 我最初的想法是按照回合DP，感觉精度上问题应该不大，赛后经过dummy给的大样例提醒才意识到这样做精度会出现非常大的问题。因为对于很多情况下来讲，期望次数可以非常大，举个例子：对于某组数据，前200000步只占了40%的期望，而剩下60%的期望虽然极其分散，但是其每个值都在200000以上，答案误差可想而知。

 faebdc大佬给出的题解最初让我十分困惑，（dalao的方法太过高级而本蒟蒻脑子又不够）直到今天下午我才得以基本理解这种方法。思路是这样的：

 考虑让进行的回合数趋于无限轮，那么落到每一个点上的期望都会趋于一个固定的值 。

 对于两个相邻点：i和i+1来说，i到i+1的期望是p，i+1到i的期望是1-p，那么二者最终具有的期望比是1-p：p。

 这样我们就可以从0开始递推，到n+m为止，求出从起点走无限轮后，也就是趋于稳态时，到达每一个点的期望。其中可以设0点为单位1，最终再把每个点的值除以总值得到真正的期望。

 想象把走的每一步展开成链，每次都到达一个不同的点，到达终点的期望就是p[n]，那么期望步数也就是1/p[n]了。

 时间复杂度O(n)，100的范围咋跑都能过。

 当然啦，还有另外一种更容易理解的方法：根据关系构造n元1次方程组，利用高斯消元解方程。但是由于这种方法码量大，速度慢，加上我特别的懒，所以这里就不写了，时间复杂度O(n^3)。

Code:

//game 100pts
#include<cstdio>
using namespace std;int n,m;
long double p,sum=1.0,val[105];int main(){freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);scanf("%d%d%Lf",&n,&m,&p);val[0]=1.0;long double v=(1-p)/p;for(int i=1;i<=n+m;i++){val[i]=val[i-1]*v;sum+=val[i];}//get expected percentage after infinity roundsfor(int i=0;i<=n+m;++i){val[i]/=sum;}printf("%.10Lf\n",1/val[n]);return 0;
}

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Task 3：网络

【问题描述】

 在计算机科学中，经常要通过分析变量之间的相关性来简化计算过程。变量间的相关性可以用有向图G=（V,E）来表示，图中的点表示变量，边表示变量间的关系。这里G满足：G中的所有边都从编号小的点指向编号大的点。

 从图中选出一个点集T⊆V，如果T中的任意两个点之间都有边（方向是编号小的点指向编号大的点），则称T为团。特别地，空集也认为是一个团。

 如果存在一个点，与T中的任意一个点之间都有边（方向是编号小的点指向编号大的点），那么称T为可扩团。

 如果一个团S不是可扩团，那么称它为极大团。

 给出G，求G有多少个不同的极大团。

 这里G满足一个性质：对于G中任意一个点i，用H[i]表示编号比i小的点中所有与i有边相连的点的集合，那么H[i]是一个团。

【输入格式】

 第一行n，m，表示点数和边数

 接下来m行，每行两个数a，b，表示有从a到b的边

 注意可能有重边

 保证输入的图满足问题描述中提到的性质。

【输出格式】

 极大团数量

【样例输入】

4 5
1 2
1 3
2 3
2 4
3 4

【样例输出】

2

【数据规模和约定】

• 对于30%的数据， n<=10
• 对于60%的数据， n<=1000
• 对于100%的数据， n,m<=1000000

 这个题目更像是一个结论题。首先你肯定可以得到这样一个简单的推论：

• 对于每个点i，H[i]是团，那么H[i]+i也一定是团。
• 所以，极大团一定出自于H[i]+i中。

 接下来问题就在于如何判断H[i]是否为极大团。

 最直观的想法是直接判断。从大的点到小的点遍历，分别遍历它们所属的团并确定其是否为极大团，统计最终答案，时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n^2)，60%的数据绰绰有余。

 但是对于100%的数据，n<=1000000，就比较麻烦了。

 首先，我们需要用链式前向星存图，这就决定了对边的判重要慎重进行，还有就是要处理边的先后顺序，需要一次O(nlogn)的排序，数据范围n是1000000，排序这种做法本身已经有些冒险，那么在输入和循环上就需要稍微卡一点常数保证程序不被卡掉。

 既然数据范围升到了1000000，那么O(n^2)的写法显然不行。经过慎重思考，可以得到这样一个结论：

• 对于一个团i+H[i]，如果它不是极大团，那么一定存在一个点j满足size(H[j])=size(1+H[i])，且i为j团中的最大点。

 根据题目中给出的性质（H[i]一定是团），我们可以知道：只要size(H[j])=size(1+H[i])，而且团j中最大点为i，那么整个团i都会被j包括在内。

 结论考场上不好想，想出来也不好证，所以这个题目就告诉我们两个道理：

• 暴力大法好
• 大胆猜想，胡乱证明

 经过上面结论的优化，我们就得到了一份O(n+logn)的代码。注意卡常防止TLE，不要像标程一样丑到1000ms。

Code：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 1000010
using namespace std;bool vis[MAXN];
int n,m,sz[MAXN],low[MAXN];inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;
}struct edge{int u,v;bool operator<(const edge &rhs)const{return u==rhs.u?v<rhs.v:u<rhs.u;}
}e[MAXN];
inline int read(){int s=0,w=1;char ch=getchar();while('9'<ch||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while('0'<=ch&&ch<='9'){s=s*10+ch-'0';ch=getchar();}return s*w;
}
int main(){freopen("network.in","r",stdin);freopen("network.out","w",stdout);n=read(),m=read();for(register int i=1;i<=m;++i){e[i].u=read();e[i].v=read();}sort(e+1,e+1+m);int cnt=0;for(register int i=1;i<=m;++i){e[++cnt]=e[i];while(e[i].u==e[i+1].u&&e[i].v==e[i+1].v){++i;}}for(register int i=1;i<=cnt;++i){sz[e[i].v]++;low[e[i].v]=max(low[e[i].v],e[i].u);}for(register int i=n;i>=1;--i){if(sz[low[i]]<=sz[i]-1){vis[low[i]]=true;}}int ans=0;for(register int i=1;i<=n;++i){ans+=!vis[i];}printf("%d",ans);return 0;
}