概率DP,还是有点恶心的哈,这道题目真是绕,问你T个队伍。m个题目。每一个队伍做出哪道题的概率都给了。冠军队伍至少也解除n道题目,全部队伍都要出题,问你概率为多少?

一開始感觉是个二维的,然后推啊推啊没有推出来,一開始觉得冠军队伍仅仅能有一个。所以必须控制一个队伍解题数比其他队伍多,并且这个冠军队伍解题数必须大于等于n。大于n的时候其他队伍解题数就非常难了,直到坑到最后才发现 原来能够非常多队伍都是冠军,大家都是十道 那么大家都是冠军。…………

然后还是继续推二维,结果还是没想出。看来不是先如果方程才好做的,先整体来考虑,全部队伍出题概率,就是1 -减去没出题的概率。没出题的概率非常easy的,每一个队伍每道题都做不出 的概率累乘就能够了。那么冠军队伍至少出n道要怎么求呢,想了半天也没想好。后来发现直接 出题的概率 减去 每一个队伍出题数目是在 1到n-1之间的概率累乘。 就能够了,为什么呢?首先每一个队伍都出题这个条件已经满足了,剩下的反过来想。如果每一个队伍出题数都在1到n-1之间那么 就不符合题目要求了。那么减去这部分答案就能够了,这样想就简单点了

后来还是想推二维。发现想不出来,最后推了一个三维的

dp[i][j][k]代表第i仅仅队伍前j道题解出了k道

边界dp[i][0][0] = 1,能够这么理解,前0道题目除了0道题目 这是肯定的 所以概率为1

后来不服。又强行推了一个二维的,如果好方程以后发现 跟三维的意义一样嘛,看来还是要先主要的弄清楚了才干够

先贴个三维的

int m,t,n;

double mp[1000 + 55][50 + 55];

double dp[1000 + 55][30 + 5][30 + 5];//dp[i][j][k]第i队前j道题做出k道

void init() {
memset(mp,0.00,sizeof(mp));
memset(dp,0.00,sizeof(dp));
} bool input() {
while(cin>>m>>t>>n,n + m + t) {
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>mp[i][j];
return false;
}
return true;
} void cal() {
for(int i=1;i<=t;i++) {//边界处理
dp[i][0][0] = 1.00;
for(int j=1;j<=m;j++)
dp[i][j][0] = dp[i][j - 1][0] * (1 - mp[i][j]);
}
for(int i=1;i<=t;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
for(int k=1;k<=j;k++)
dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1] * mp[i][j] + dp[i][j - 1][k] * (1 - mp[i][j]);
}
}
double qq = 1.00;
for(int i=1;i<=t;i++)qq *= (1 - dp[i][m][0]);//dp[i][m][0]表示i队一道题都没做出。减去就是出题了
double pp = 1.00;
double tmp = 0.00;
for(int i=1;i<=t;i++) {
tmp = 0.00;
for(int k=1;k<=n - 1;k++)tmp += dp[i][m][k];//i队出了1道,2道……(n - 1)道的概率
pp *= tmp;
}
double ans = qq - pp;
printf("%.3lf\n",ans);
} void output() { } int main() {
while(true) {
init();
if(input())return 0;
cal();
output();
}
return 0;
}

二维的。事实上没什么差别:

int m,t,n;

double mp[1000 + 55][50 + 55];

double dp[30 + 5][30 + 5];//dp[j][k]前j道题做出k道

void init() {
memset(mp,0.00,sizeof(mp));
memset(dp,0.00,sizeof(dp));
} bool input() {
while(cin>>m>>t>>n,n + m + t) {
for(int i=1;i<=t;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>mp[i][j];
return false;
}
return true;
} void cal() {
dp[0][0] = 1.00;
double qq = 1.00;
double pp = 1.00;
for(int i=1;i<=t;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++)
dp[j][0] = dp[j - 1][0] * (1 - mp[i][j]);
for(int j=1;j<=m;j++) {
for(int k=1;k<=m;k++) {
dp[j][k] = dp[j - 1][k] * (1 - mp[i][j]) + dp[j - 1][k - 1] * mp[i][j];
}
}
qq *= (1 - dp[m][0]);//当前队伍出题的概率,全部队伍累乘
double tmp = 0.00;
for(int k=1;k<=n - 1;k++)tmp += dp[m][k];//当前队伍出题数目在[1,n)之间的概率
pp *= tmp;//全部队伍要累乘
}
double ans = qq - pp;//减减就是答案
printf("%.3lf\n",ans);
} void output() { } int main() {
while(true) {
init();
if(input())return 0;
cal();
output();
}
return 0;
}

POJ2151Check the difficulty of problems 概率DP的更多相关文章

  1. POJ 2151 Check the difficulty of problems 概率dp+01背包

    题目链接: http://poj.org/problem?id=2151 Check the difficulty of problems Time Limit: 2000MSMemory Limit ...

  2. [ACM] POJ 2151 Check the difficulty of problems (概率+DP)

    Check the difficulty of problems Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 4748   ...

  3. POJ 2151 Check the difficulty of problems (概率DP)

    题意:ACM比赛中,共M道题,T个队,pij表示第i队解出第j题的概率 ,求每队至少解出一题且冠军队至少解出N道题的概率. 析:概率DP,dp[i][j][k] 表示第 i 个队伍,前 j 个题,解出 ...

  4. [POJ2151]Check the difficulty of problems (概率dp)

    题目链接:http://poj.org/problem?id=2151 题目大意:有M个题目,T支队伍,第i个队伍做出第j个题目的概率为Pij,问每个队伍都至少做出1个题并且至少有一个队伍做出N题的概 ...

  5. poj 2151Check the difficulty of problems<概率DP>

    链接:http://poj.org/problem?id=2151 题意:一场比赛有 T 支队伍,共 M 道题, 给出每支队伍能解出各题的概率~  求 :冠军至少做出 N 题且每队至少做出一题的概率~ ...

  6. [poj2151]Check the difficulty of problems概率dp

    解题关键:主要就是概率的推导以及至少的转化,至少的转化是需要有前提条件的. 转移方程:$dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1]*p + dp[i][j - 1][k]*(1 ...

  7. POJ2157 Check the difficulty of problems 概率DP

    http://poj.org/problem?id=2151   题意 :t个队伍m道题,i队写对j题的概率为pij.冠军是解题数超过n的解题数最多的队伍之一,求满足有冠军且其他队伍解题数都大于等于1 ...

  8. POJ2151-Check the difficulty of problems(概率DP)

    Check the difficulty of problems Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 4512   ...

  9. poj2151--Check the difficulty of problems(概率dp第四弹,复杂的计算)

    Check the difficulty of problems Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 5009   ...

随机推荐

  1. 怎么给iOS项目打包

    1  首先要选中项目中的真机測试,不要模拟器 ,然后从上边的菜单条中找product watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvc29tZXJhaW43 ...

  2. IRQL_NOT_LESS_OR_EQUAL的问题最终算攻克了

    今日想提高我那台古董笔记本extensa 4620Z的执行效率.方便我编程. 我先用万能的硬件检測工具,反正也就那几个流氓软件看了下.内存是ddr2的.我也顺带补习了一下许久不碰的硬件知识.ddr2和 ...

  3. HQL查询

    HQL ,Hibernate Query Language ,是Hibernate查询语言,不直接操作数据表,而是操作实体类,根据实体类和对应数据表中的映射关系,查找数据. 下面是hql的基本步骤: ...

  4. (转)【已解决】关于SQL2008 “不允许保存更改。您所做的更改要求删除并重新创建以下表。您对无法重新创建的标进行了更改或者启用了‘阻止保存要求重新创建表的更改’” 解决方案

    近日在使用sql2008的过程中,要对已经创建完成的表结构进行修改,却一直提示弹出如下提示: “ 不允许保存更改.您所做的更改要求删除并重新创建以下表.您对无法重新创建的标进行了更改或者启用了“阻止保 ...

  5. (转)反射发送实战(-)InvokeMember

    反射是.net中的高级功能之一,利用反射可以实现许多以前看来匪夷所思的功能,下面是我看了<Programming C#>(O'Reilly)之后对于反射的一点实践,本想直接做个应用程序来说 ...

  6. (转)SQL NEWID()随机函数

    从A表随机取2条记录,用SELECT TOP 10 * FROM ywle order by newid()order by 一般是根据某一字段排序,newid()的返回值 是uniqueidenti ...

  7. for 迭代器遍历list map

    1.map与list区别     list是对象集合,允许对象重复. map是键值对的集合,不允许key重复 2.list 与 list<类型> list不限制类型,也就是object类型 ...

  8. css应用三

    1. Padding与margin Padding为内边距,padding值会计算在width和height之内.如:width:100px:height:100px:padding:10px:该di ...

  9. 会话控制session,cookie(0521)

    简单介绍: 一.什么是session? 1. 定义: Session,在计算机中,尤其是在网络应用中,称为“会话”.在计算机专业术语中,Session是指一个终端用户与交互系统进行通信的时间间隔,通常 ...

  10. 《图解CSS3》——笔记(二)

    作者:大漠 勘误:http://www.w3cplus.com/book-comment.html 2014年7月15日15:58:11 第二章  CSS3选择器 2.1  认识CSS选择器 2.1. ...