lightoj1027
题解
- 无记忆性。
- 其中a表示正确的门的个数,sum1表示平均时间。b表示错误门的个数,sum2表示平均时间。
- E(x) = a / n * aver1 + b / n * (aver2 + E(x))。
- 解的:E(x) = (a * aver1 + b * aver2) / (n - b) = (sum1 + sum2) / a
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 100 + 10;
int T,a[N],n;
int main(){
scanf("%d",&T);
int caser = 0;
while(T--){
int sum1 = 0,sum2 = 0, cnt1 = 0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x; scanf("%d",&x);
if(x > 0) sum1 += x, cnt1++;
else sum2 += abs(x);
}
printf("Case %d: ",++caser);
if(cnt1 == 0) printf("inf\n");
else{
int up = sum1 + sum2;
int down = cnt1;
int gcd = __gcd(up,down);
up /= gcd, down /= gcd;
printf("%d/%d\n",up,down);
}
}
return 0;
}
lightoj1395
题解
- 有记忆性。
- 最多可已经记住k扇门。
- 设dp[i]表示已经记住k扇门,还需要等待时间的期望
- 当i == k,
- 可以解出dp[k]
- 当i < k,
- a表示正确门数,b表示错误门数。sum1表示正确门的平均等待时间,sum2表示错误门的平均等待时间。
- 注意如果k的个数大于b,那么k就取b。最多就记住b个。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 100 + 10;
int T,n,k;
double dp[N];
int main(){
scanf("%d",&T);
int caser = 0;
while(T--){
int a = 0,b = 0;
double sum1 = 0,sum2 = 0;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
if(x > 0) sum1 += x, a++; //正确的门
else sum2 += abs(x), b++; //错误的门
}
if(a == 0){
printf("Case %d: -1\n",++caser);
continue;
}else if(b == 0){
printf("Case %d: %.6lf\n",++caser,sum1 / n);
continue;
}
sum1 /= a;
sum2 /= b;
k = min(k,b); //如果错误的门比k小,那么最多只需记住错误的门的个数
dp[k] = 1.0 * (a * sum1 + (b - k) * sum2) / (n - b); //最后求的是dp[0]
for(int i=k-1;i>=0;i--)
dp[i] = 1.0 * (a * sum1 + (b - i) * (sum2 + dp[i+1])) / (n - i);
printf("Case %d: %.6lf\n",++caser,dp[0]);
}
return 0;
}