前言
其实从去年开始初次接触概率期望后,后面的考试几乎场场见到;而每次都只能敲最原始的暴力,根本不知道从何下手
所以现在开启省选前的最后冲刺修炼,不是说以后一定要做出正解,但至少最基本的入手思路,常见套路,以及方法都要有所了解,不至于做个实实在在的门外汉
,Ծ‸Ծ,
话不多说,开始吧冲冲冲!!(≧▽≦)/
只有小野猪经验的小村庄
A:P2911
直接设 f i , g i , h i f_i,g_i,h_i fi,gi,hi表示一个骰子,两个骰子,三个骰子数和为 i i i的概率
枚举骰子朝上数字的数值,用浮点数暴力 D P DP DP即可
权值非常小是可以通过的
#include <cstdio>
#define maxn 100
int s1, s2, s3;
double f[maxn], g[maxn], h[maxn];
int main() {
scanf( "%d %d %d", &s1, &s2, &s3 );
for( int i = 1;i <= s1;i ++ )
f[i] += 1.0 / s1;
for( int i = 1;i <= s2;i ++ )
for( int j = 1;j <= s1;j ++ )
if( ! f[j] ) continue;
else g[i + j] += f[j] / s2;
for( int i = 1;i <= s3;i ++ )
for( int j = 2;j <= s1 + s2;j ++ )
if( ! g[j] ) continue;
else h[i + j] += g[j] / s3;
int pos = 0;
for( int i = 3;i <= s1 + s2 + s3;i ++ )
if( h[i] > h[pos] ) pos = i;
printf( "%d\n", pos );
return 0;
}
拾得宝典的玄灵大陆
B:P4316
期望等于每种情况的概率×加权的求和
此题是有向无环的图,直接根据定义搜索去算即可
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
vector < pair < int, int > > G[maxn];
int n, m;
double ans;
void dfs( int u, int len, double f ) {
if( u == n ) {
ans += len * f;
return;
}
for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {
int v = G[u][i].first;
dfs( v, len + G[u][i].second, f / G[u].size() );
}
}
int main() {
scanf( "%d %d", &n, &m );
for( int i = 1, u, v, len;i <= m;i ++ ) {
scanf( "%d %d %d", &u, &v, &len );
G[u].push_back( make_pair( v, len ) );
}
dfs( 1, 0, 1 );
printf( "%.2f", ans );
return 0;
}
C:P6154
一 条 路 径 长 度 的 期 望 = 所 有 路 径 的 长 度 和 / 路 径 总 数 一条路径长度的期望=所有路径的长度和/路径总数 一条路径长度的期望=所有路径的长度和/路径总数
设 f i f_i fi表示以 i i i开始的所有路径长度和, g i g_i gi表示以 i i i开始的路径数
f i = ∑ j ∈ s o n i f j + g j , g i = 1 + ∑ j ∈ s o n i g j ⇒ a n s = ∑ f i ∑ g i f_i=\sum_{j∈son_i}f_j+g_j,g_i=1+\sum_{j∈son_i}g_j\Rightarrow ans=\frac{\sum f_i}{\sum g_i} fi=∑j∈sonifj+gj,gi=1+∑j∈sonigj⇒ans=∑gi∑fi
有向无环图直接记忆化搜索即可
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define int long long
#define mod 998244353
vector < int > G[maxn];
int n, m, sumf, sumg;
bool vis[maxn];
int f[maxn], g[maxn];
int qkpow( int x, int y ) {
int ans = 1;
while( y ) {
if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
void dfs( int u ) {
if( vis[u] ) return;
vis[u] = 1, g[u] = 1;
for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {
int v = G[u][i];
dfs( v );
f[u] = ( f[u] + f[v] + g[v] ) % mod;
g[u] = ( g[u] + g[v] ) % mod;
}
sumf = ( sumf + f[u] ) % mod, sumg = ( sumg + g[u] ) % mod;
}
signed main() {
scanf( "%lld %lld", &n, &m );
for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {
scanf( "%lld %lld", &u, &v );
G[u].push_back( v );
}
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
if( ! vis[i] ) dfs( i );
printf( "%lld\n", sumf * qkpow( sumg, mod - 2 ) % mod );
return 0;
}
D:P1297
期望具有线性, E ( X + Y ) = E ( X ) + E ( Y ) E(X+Y)=E(X)+E(Y) E(X+Y)=E(X)+E(Y)
考虑相邻两道题的期望,两道答案的总数情况 a i × a i + 1 a_i\times a_{i+1} ai×ai+1,而 a i a_i ai答案恰好是 a i + 1 a_{i+1} ai+1正确答案的情况数为 m i n ( a i , a i + 1 ) min(a_i,a_{i+1}) min(ai,ai+1),贡献 1 1 1的概率则为 m i n ( a i , a i + 1 ) a i × a i + 1 = 1 m a x ( a i , a i + 1 ) \frac{min(a_i,a_{i+1})}{a_i\times a_{i+1}}=\frac{1}{max(a_i,a_{i+1})} ai×ai+1min(ai,ai+1)=max(ai,ai+1)1
扫一遍直接相加即可
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 10000005
#define int long long
int n, A, B, C;
double ans;
int a[maxn];
signed main() {
scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &n, &A, &B, &C, &a[1] );
for( int i = 2;i <= n;i ++ )
a[i] = ( a[i - 1] * A + B ) % 100000001;
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
a[i] = a[i] % C + 1;
for( int i = 1;i < n;i ++ )
ans += 1.0 / max( a[i], a[i + 1] );
ans += 1.0 / max( a[1], a[n] );
printf( "%.3f\n", ans );
return 0;
}
E:P6862
度数是入度加出度,把连向父亲的边叫做点的出边,由儿子连向自己的边叫做点的入边
对于点 i i i,其父亲的选择个数为 [ 1 , i ) → i − 1 [1,i)\rightarrow i-1 [1,i)→i−1,所以整棵树的生成个数为 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)!
所有方案下,点 i i i的出边都为 1 1 1(除根节点 1 1 1,则其出度和为 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)!
入边的话,枚举儿子个数,考虑用组合数算情况数量,发现因为点不一样情况数也不一样,无法统计,走进死胡同了o((⊙﹏⊙))o.
观察这个数据范围, O ( n T ) O(nT) O(nT)都不行,多半是推式子/预处理 O ( 1 ) O(1) O(1)计算吧,盲猜一波好吧╮(╯-╰)╭…
哎呀,我是sb
总情况数×概率=事情发生的情况数
总数乘该点做儿子的概率不就等于情况数了吗
a n s i = ( n − 1 ) ! × ( ( ∑ j = i + 1 n 1 j − 1 ) + 1 ) ans_i=(n-1)!\times \bigg(\big(\sum_{j=i+1}^n\frac{1}{j-1}\big)+1\bigg) ansi=(n−1)!×((∑j=i+1nj−11)+1)
预处理阶乘和逆元即可乁[ᓀ˵▾˵ᓂ]ㄏ
#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000009
#define maxn 10000000
int T, n, k;
int fac[maxn + 5], inv[maxn + 5];
int qkpow( int x, int y ) {
int ans = 1;
while( y ) {
if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
signed main() {
fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;
for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( inv[i] + inv[i - 1] ) % mod;
scanf( "%lld", &T );
while( T -- ) {
scanf( "%lld %lld", &n, &k );
printf( "%lld\n", ( fac[n - 1] * ( inv[n - 1] - inv[k - 1] + ( k != 1 ) ) % mod + mod ) % mod );
}
return 0;
}
参悟升级的三千界
F:P1365
总方案数为 2 问 号 个 数 2^{问号个数} 2问号个数
好像设 d p dp dp也转移不动诶<(ToT)>
期望 d p dp dp题设计状态都是老套路 f i f_i fi:前 i i i次点击的期望得分
重点在于如何正确的转移——废话(;¬_¬)
设 l e n len len:连续 o o o字符的期望个数
x
f i = f i − 1 , l e n = 0 f_i=f_{i-1},len=0 fi=fi−1,len=0
o
f i = f i − 1 + ( l e n + 1 ) 2 − l e n 2 , l e n + + f_i=f_{i-1}+(len+1)^2-len^2,len++ fi=fi−1+(len+1)2−len2,len++
?
成为x
,o
的概率是相等的,所以将期望 / 2 /2 /2,把x
,o
的转移合在一起乘上概率
相当于把分母总方案数拆分到每个具体?
的位置计算
f i = f i − 1 + ( l e n + 1 ) 2 − l e n + f i − 1 + 0 2 = f i − 1 + l e n + 0.5 , l e n = l e n + 1 + 0 2 = l e n + 1 2 f_i=\frac{f_{i-1}+(len+1)^2-len+f_{i-1}+0}{2}=f_{i-1}+len+0.5,len=\frac{len+1+0}{2}=\frac{len+1}{2} fi=2fi−1+(len+1)2−len+fi−1+0=fi−1+len+0.5,len=2len+1+0=2len+1
#include <cstdio>
#define maxn 300005
int n;
char s[maxn];
double f[maxn];
int main() {
scanf( "%d %s", &n, s + 1 );
double len = 0;
for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
switch( s[i] ) {
case 'x' : {
f[i] = f[i - 1];
len = 0;
break;
}
case 'o' : {
f[i] = f[i - 1] + len * 2 + 1;
len ++;
break;
}
case '?' : {
f[i] = f[i - 1] + len + 0.5;
len = ( len + 1 ) / 2;
break;
}
}
}
printf( "%.4f\n", f[n] );
return 0;
}
G:P1850
大讨论yyds
d i s ( i , j ) : i − j dis(i,j):i-j dis(i,j):i−j的最短距离( f l o y d floyd floyd即可
f [ i ] [ j ] [ k ] f[i][j][k] f[i][j][k]:处理到前 i i i个教室,一共换了 j j j次教室,第 i i i个教室是(1)否(0)选择换教室的最小体力期望
-
第 i i i个教室不换 f [ i ] [ j ] [ 0 ] f[i][j][0] f[i][j][0]
-
前一个教室不换 f [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] f[i-1][j][0] f[i−1][j][0]
d i s ( c i − 1 , c i ) dis(c_{i-1},c_i) dis(ci−1,ci)
-
前一个教室要换 f [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] f[i-1][j][1] f[i−1][j][1]
-
失败
d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_{i-1}) dis(ci−1,ci)∗(1−ki−1)
-
成功
d i s ( d i − 1 , c i ) ∗ k i − 1 dis(d_{i-1},c_i)*k_{i-1} dis(di−1,ci)∗ki−1
-
f [ i ] [ j ] [ 0 ] = m i n { f [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] + d i s ( c [ i − 1 ] , c [ i ] ) f [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] + d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) + d i s ( d i − 1 , c i ) ∗ k i − 1 f[i][j][0]=min\left\{\begin{array}{l} f[i-1][j][0]+dis(c[i-1],c[i])\\ f[i-1][j][1]+dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_{i-1})+dis(d_{i-1},c_i)*k_{i-1}\\ \end{array}\right. f[i][j][0]=min{ f[i−1][j][0]+dis(c[i−1],c[i])f[i−1][j][1]+dis(ci−1,ci)∗(1−ki−1)+dis(di−1,ci)∗ki−1
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第 i i i个教室要换 f [ i ] [ j ] [ 1 ] f[i][j][1] f[i][j][1]
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前一个教室不换 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] f[i-1][j-1][0] f[i−1][j−1][0]
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成功
d i s ( c i − 1 , d i ) ∗ k i dis(c_{i-1},d_i)*k_i dis(ci−1,di)∗ki
-
失败
d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i ) dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_i) dis(ci−1,ci)∗(1−ki)
-
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前一个教室要换 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] f[i-1][j-1][0] f[i−1][j−1][0]
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前一个成功,失败
d i s ( d i − 1 , c i ) ∗ k i − 1 ∗ ( 1 − k i ) dis(d_{i-1},c_i)*k_{i-1}*(1-k_i) dis(di−1,ci)∗ki−1∗(1−ki)
-
前一个失败,失败
d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) ∗ ( 1 − k i ) dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_{i-1})*(1-k_i) dis(ci−1,ci)∗(1−ki−1)∗(1−ki)
-
前一个成功,成功
d i s ( d i − 1 , d i ) ∗ k i − 1 ∗ k i dis(d_{i-1},d_i)*k_{i-1}*k_i dis(di−1,di)∗ki−1∗ki
-
前一个失败,成功
d i s ( c i − 1 , d i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) ∗ k i dis(c_{i-1},d_i)*(1-k_{i-1})*k_i dis(ci−1,di)∗(1−ki−1)∗ki
-
f [ i ] [ j ] [ 1 ] = m i n { f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] + d i s ( c i − 1 , d i ) ∗ k i + d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i ) f [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 1 ] + d i s ( d i − 1 , c i ) ∗ k i − 1 ∗ ( 1 − k i ) + d i s ( c i − 1 , c i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) ∗ ( 1 − k i ) + d i s ( d i − 1 , d i ) ∗ k i − 1 ∗ k i + d i s ( c i − 1 , d i ) ∗ ( 1 − k i − 1 ) ∗ k i f[i][j][1]=min\left\{\begin{array}{l} f[i-1][j-1][0]+dis(c_{i-1},d_i)*k_i+dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_i)\\ f[i-1][j-1][1]+dis(d_{i-1},c_i)*k_{i-1}*(1-k_i)+dis(c_{i-1},c_i)*(1-k_{i-1})*(1-k_i)+dis(d_{i-1},d_i)*k_{i-1}*k_i+dis(c_{i-1},d_i)*(1-k_{i-1})*k_i\\ \end{array}\right. f[i][j][1]=min{ f[i−1][j−1][0]+dis(ci−1,di)∗ki+dis(ci−1,ci)∗(1−ki)f[i−1][j−1][1]+dis(di−1,ci)∗ki−1∗(1−ki)+dis(ci−1,ci)∗(1−ki−1)∗(1−ki)+dis(di−1,di)∗ki−1∗ki+dis(ci−1,di)∗(1−ki−1)∗ki
-
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define inf 1e17
#define maxm 305
#define maxn 2005
#define int long long
int n, m, V, E;
int dis[maxm][maxm];
int c[maxn], d[maxn];
double k[maxn];
double f[maxn][maxn][2];
signed main() {
scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &V, &E );
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
scanf( "%lld", &c[i] );
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
scanf( "%lld", &d[i] );
for( int i = 1;i <= n;i ++ )
scanf( "%lf", &k[i] );
for( int i = 1;i <= V;i ++ )
for( int j = 1;j <= V;j ++ )
dis[i][j] = inf;
for( int i = 1, u, v, w;i <= E;i ++ ) {
scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );
dis[u][v] = dis[v][u] = min( dis[u][v], w );
}
for( int t = 1;t <= V;t ++ )
for( int i = 1;i <= V;i ++ )
for( int j = 1;j <= V;j ++ )
dis[i][j] = min( dis[i][j], dis[i][t] + dis[t][j] );
for( int i = 1;i <= V;i ++ )
dis[i][0] = dis[0][i] = dis[i][i] = 0;
for( int i = 0;i <= n;i ++ )
for( int j = 0;j <= m;j ++ )
f[i][j][0] = f[i][j][1] = inf;
f[1][0][0] = f[1][1][1] = 0;
for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
int C = c[i - 1], Ci = c[i], D = d[i - 1], Di = d[i];
double K = k[i - 1], Ki = k[i];
f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + dis[C][Ci];
for( int j = 1;j <= min( i, m );j ++ ) {
f[i][j][0] = min( f[i][j][0], min( f[i - 1][j][0] + dis[C][Ci], f[i - 1][j][1] + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) + dis[D][Ci] * K ) );
f[i][j][1] = min( f[i][j][1], min( f[i - 1][j - 1][0] + dis[C][Di] * Ki + dis[C][Ci] * ( 1 - Ki ), f[i - 1][j - 1][1] + dis[D][Ci] * K * ( 1 - Ki ) + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) * ( 1 - Ki ) + dis[D][Di] * K * Ki + dis[C][Di] * ( 1 - K ) * Ki ) );
}
}
double ans = inf;
for( int i = 0;i <= m;i ++ )
ans = min( ans, min( f[n][i][0], f[n][i][1] ) );
printf( "%.2f\n", ans );
return 0;
}