LightOj_1274 Beating the Dataset

题目链接

题意：

　　　　给一个文档， 这个文档由yes 、no 组成， 共有s个byte， 共有n个yes、no。

　　　　假设yes的个数为yes_num, no的个数为no_num。

　　　　将这n个数进行排列， 对于每个排列， 将其右移一个结果， 并在最左端补上yes， 再将其与原排列进行对比， 看有多少个不同的。

　　　　计算所有排列中 不同结果的平均次数。

思路：

　　　　可能题意说的不是很清楚， 这里抽象一下， 将yes用1代替， no用0代替。

　　　　当n = 3, s = 7时， 也就是2个0 一个1， 有下面三种排列

　　　　100, 010, 001

　　　　对于每种排列的处理：

　　　　100

　　　　110 不同的只有一个， 有三种情况， 每种情况抽中的概率是1/3 所以 当前情况的期望就是 1/3 * 1

　　　　

　　　　010

　　　　101 不同的有三个， 当前情况的期望是1/3 * 3

　　

　　　　001

　　　　100 不同的有两个，当前情况的期望是1/3 * 2

　　　　so, 总的期望就是1/3 * （1+3+2） = 6 / 3 = 2

　　　　

　　　　将原排列进行整理下， 会发现一个现象。

　　　　每种排列的次数就是原排列中有多少个相邻不同的数字， 如果最左端是0， 那么还要 + 1 （因为左端要补上1， 和0 不同 所以要加1）

　　　　此时可以发现， 当前状态的期望数其实和上一状态是有关系的。

　　　　假设dp[i][j][flag]为当前为第i位， 前面有j个1(yes)， 上一状态（第i + 1 位） 是flag(0 == no, 1 == yes)。

　　　　那么， flag 要么为0， 要么为一， 也即 第i + 1位的状态。

　　　　{……j 个 yes……} flag k {…………}， k为第i + 2 位的状态。

　　　　dp[i][j][flag] = (dp[i+1][j][0] + (flag != 0))* p_no + (dp[i + 1][j + 1] + (flag != 1)) * p_yes.

　　　　

　　　　也有大神推出公式了， 不过在下实在推不出来 囧 坐等大神解答。

　　　　公式：（2.0 * yes_num * no_num + no_num）/(yes_num + no_num)

　　　　加一段递归代码用以理解状态转移方程。

　　　　

 double dp(int n, int y, int a)
 {
   if (n == ) // There are no options to choose
     return ;
   double p_no  = (n - y) / (double) n;
   double p_yes = y / (double) n;
   double ans = ;
   if (y < n)
     ans += (dp(n - , y, ) + (a != )) * p_no;
   if (y > )
     ans += (dp(n - , y - , ) + (a != )) * p_yes;
   return ans;
 }

代码：

　　　　

 #include <cmath>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <ctime>
 #include <set>
 #include <map>
 #include <list>
 #include <queue>
 #include <string>
 #include <vector>
 #include <fstream>
 #include <iterator>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 #define LL long long
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define MOD 1000000007
 #define eps 1e-6
 #define MAXN 5050
 int n, s;
 double dp[][MAXN][];// 0 --> NO, 1 --> yes
 int yes_num, no_num;
 int kcase = ;
 void solve()
 {
     memset(dp, , sizeof(dp));
     yes_num = s -  * n;
     no_num = n - yes_num;
     for(int i = ; i <= n + ; i ++)
         for(int j = ; j <= min(i, yes_num); j ++)
         {
             double p_yes = j * 1.0 / i;
             double p_no = (i - j) * 1.0 / i;
 
             if(j -  >= )
             {
                 dp[i % ][j][] = dp[(i + ) % ][j - ][] * p_yes + (dp[(i + ) % ][j][] + 1.0) * p_no;
                 dp[i % ][j][] = (dp[(i + ) % ][j - ][] + 1.0) * p_yes + dp[(i + ) % ][j][] * p_no;
             }
             else
             {
                 dp[i % ][j][] = (dp[(i + ) % ][j][] + 1.0) * p_no;
                 dp[i % ][j][] = dp[(i + ) % ][j][] * p_no;
             }
         }
     printf("Case %d: %.7lf\n", ++kcase,  dp[n % ][yes_num][]);
 }
 void solve_()
 {
     memset(dp, , sizeof(dp));
     yes_num = s -  * n;
     no_num = n - yes_num;
 
     for(int i = n - ; i >= ; i --)
         for(int j = min(i, yes_num); j >=  && (i - j <= no_num); j --)
         {
             double p_yes = (yes_num - j) * 1.0 / (n - i);
             double p_no = (no_num - (i - j)) * 1.0 / (n - i);
 
             if(j +  <= yes_num)
             {
                 dp[i % ][j][] = (dp[(i + ) % ][j + ][] + 1.0) * p_yes + dp[(i + ) % ][j][] * p_no;
                 dp[i % ][j][] = dp[(i + ) % ][j + ][] * p_yes + (dp[(i + ) % ][j][] + 1.0) *p_no;
             }
             else
             {
                 dp[i % ][j][] = p_yes + dp[(i + ) % ][j][] * p_no;
                 dp[i % ][j][] = (dp[(i + ) % ][j][] + 1.0) *p_no;
             }
         }
     printf("Case %d: %.7lf\n", ++kcase,  dp[][][]);
 }
 
 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d", &T);
     while(T --)
     {
         scanf("%d %d", &n, &s);
         solve_();
     }
     return ;
 }