kuangbin 带你飞概率期望

正推不行就逆推！

　　经典问题：生日悖论

　　换成其互斥事件：m个人，每个人生日都不相同的概率 ≤ 0.5 时最小人数。

　　这就是邮票收集问题的变形：每个邮票至少出现一次的概率小于等于 0.5

邮票收集问题资料：https://en.wikipedia.org/wiki/Coupon_collector%27s_problem

我们现在面对的是一个n面的骰子，骰子的每面都是随机出现的，求问将所有面都被看完所期望的投掷次数（假设只看最上面那一面）

　　那么，问题的解就是：

　　　　　　　　　　　　H[n] = (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n), 这就是调和级数的前n项。

　　　　　　　　　　　　这个值近似等于欧拉常数约为：0.57721566490153286060651209。（不过这是一个当n接近无穷时的近似值，并不能代替具体的H[n]，比如当 n = 1 || 2时）

　　而所求的是期望的权值，根据期望的线性性质E(XY) = E(X)*E(Y)

　　所以，总的权值期望就等价于每次的权值期望 * 次数的期望。

　　n个面，每个面至少出现一次的期望次数是：E(x) = n * H[n]，那么，某个指定的面至少出现一次的期望次数就是E(z) = E(x)/n = H[n]。

Light Oj 1027 A Dangerous Maze

题意：在n个门前选择一扇门出去，然后如果第i扇门的 Xi值是正的话，你会花费Xi时间后出去，如果Xi是负数的话你会花费-Xi时间后回到老地方，并且忘记了刚才的选择，选择一扇门的概率是等概的。求出去的期望。

思路：定义一次选择选择到Xi是整数的概率为P1,选择到负数的概率是P2，然后选择了正数后平均在T1时间后出去，选择了负数后平均在T2时间后回到原地。接着设出去的期望是Y，那么可以写出一个式子：Y = P1 * T1 + P2 * (T2 + Y)，这样的话问题就得到了解决，最后整理下式子就是： Y = 正数个数的倒数 * ∑abs(Xi) ；

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

LL gcd(LL a, LL b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

LL tot,sum;

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        tot = ;

        sum = ;

        int N;

        scanf("%d",&N);

        for (int i =  ; i <= N ; i++) {

            int x;

            scanf("%d",&x);

            if (x > ) tot++;

            sum += abs(x);

        }

        if (tot == ) printf("Case %d: inf\n",kase++);

        else {

            LL g = gcd(sum,tot);

            printf("Case %d: %lld/%lld\n",kase++,sum / g,tot / g);

        }

    }

    return ;

}

LightOj 1030 Discovering Gold

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

LL gcd(LL a, LL b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

double dp[MAXN],val[MAXN];

int main() {

    int T,kase = ;

    cin >> T;

    while (T--) {

        memset(dp,,sizeof(dp));

        int N;

        cin >> N;

        for (int i =  ; i <= N ; i++) cin >> val[i];

        dp[N] = val[N];

        for (int i = N -   ; i >=  ; i--) {

            dp[i] = val[i];

            double cnt = min(6.0,1.0 * (N - i));

            for (int j =  ; j <= cnt ; j++)

                dp[i] += dp[i + j] * 1.0 / cnt;

        }

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,dp[]);

    }

    return ;

}

LightOj 1038 Race to 1 Again

比较简单枚举因子就可以了

dp[x] = (dp[fac1] + 1) / cnt + (dp[fac2] +1）/ cnt + (dp[x] + 1) / cnt

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

vector<int>res[MAXN];

double dp[MAXN];

void init() {

    for (int i =  ; i < MAXN ; i++) res[i].clear();

    for (int i =  ; i < MAXN ; i++) {

        for (int j = i ; j < MAXN ; j += i)

            res[j].push_back(i);

    }

}

double calcu(int x) {

    if (x == ) return 0.0;

    else if (dp[x] >= ) return dp[x];

    int tot = res[x].size();

    double ans = 1.0 * tot;

    for (int i =  ; i < tot - ; i++) {

        ans += calcu(res[x][i]);

    }

    return dp[x] = ans / (tot - 1.0);

}

int main() {

    init();

    memset(dp,-,sizeof(dp));

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        int N;

        scanf("%d",&N);

        double ret = calcu(N);

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,ret);

    }

    return ;

}

LightOj 1079 Just another Robbery

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

const double INF = 1e10;

int N,M;

double P;

struct node {

    double p;

    int val;

}src[MAXN];

double dp[MAXN][MAXN * MAXN];

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        scanf("%lf%d",&P,&N);

        for (int i =  ; i <= N ; i++) scanf("%d%lf",&src[i].val,&src[i].p);

        for (int i =  ; i < MAXN ; i++)

            for (int j =  ; j < MAXN * MAXN ; j++) dp[i][j] = INF;

        dp[][] = ;

        for (int i =  ; i <= N ; i++) {

            for (int j =  ; j < MAXN * MAXN ; j++) {

                dp[i][j] = min(dp[i - ][j],dp[i][j]);

                if (j >= src[i].val && dp[i - ][j - src[i].val] < INF) {

                    dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i - ][j - src[i].val] + ( - dp[i - ][j - src[i].val]) * src[i].p);

                    //printf("dp[%d][%d] = %lf\n",i,j,dp[i][j]);

                }

            }

        }

        int ret = ;

        for (int i = MAXN * MAXN -  ; i >=  ; i--) {

            if (dp[N][i] <= P) {

                printf("Case %d: %d\n",kase++,i);

                break;

            }

        }

    }

    return ;

}

LightOj 1104 Birthday Paradox

题意：

　　若一年有n天，问至少需要多少个人才能满足其中两个人生日相同的概率大于等于0.5？

思路：

　　经典问题：生日悖论

　　换成其互斥事件：m个人，每个人生日都不相同的概率 ≤ 0.5 时最小人数。

　　这就是邮票收集问题的变形：每个邮票至少出现一次的概率小于等于 0.5

　　等价于：

　　　　　　找到最小的n，使得：H[n] = (n / n * (n - 1) / n * (n - 2) / n * ... * (n - i) / n) <= 0.5

就是求所有人生日都不同的概率小于等于0.5(那么至少两个人同一天就是大于等于0,5);

加入一年365天.那么10个人全都不同天生日的概率就是

366/366 * 365/366 * 364/366 .... * 356/366;

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

using namespace std;

int n;

int main() {

    int t;

    int cas = ;

    scanf("%d",&t);

    while(t--) {

        scanf("%d",&n);

        double res = ;

        int i;

        for(i = n - ; i >= ; i--) {

            double tmp = i;

            res *= (tmp / n);

            if(res <= 0.5)

                break;

        }

        printf("Case %d: %d\n",cas++, n - i);

    }

}

LightOj 1151 Snakes and Ladders

复制一波题解：

dp[i] 表示在格子i时,结束游戏需要抛掷骰子的次数
当i处有snake或者ladders时
dp[i]=dp[go[i]]
否则
dp[i]=dp[a1]+dp[a2]+...+dp[an]+6cnt
因为题目中的一句话,如果抛骰子然后出界的话,需要重新再抛掷,所以转移到的位置个数不是6个,但是代价一定是6个(除a1->an以外的点被忽略掉,但是骰子还是抛掷了,所以次数还是要加上去)
发现方程中存在环,所以用高斯消元来解方程

必然存在环的。由于传送的特殊形式

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

const double eps = 1e-;

int pos[MAXN];

struct Matrix {

    int equ,var;

    double mat[MAXN][MAXN];

    double x[MAXN];

    void build() {

        memset(mat,,sizeof(mat));

        memset(x,,sizeof(x));

        mat[][] = ; x[] = ;

        for (int i =  ; i <  ; i++) {

             if (pos[i] == i) {

                 int cnt = ;

                 for (int j =  ; j <=  ; j++) {

                     if (i + j <= ) {

                         cnt++;

                         mat[i][i + j] = -;

                     }

                 }

                 mat[i][i] = 1.0 * cnt;

                 x[i] = 6.0;

             }

             else {

                 x[i] = ;

                 mat[i][i] = ;

                 mat[i][pos[i]] = -;

             }

        }

        equ = var = ;

    }

    int gauss() {

        int i,j,k,col,max_r;

        for (k =  ,col =  ; k < equ && col < var ; k++,col++) {

            max_r = k;

            for (i = k +  ; i < equ ; i++)     if (fabs(mat[i][col]) > fabs(mat[max_r][col])) max_r = i;

            if (fabs(mat[max_r][col]) < eps) continue;

            if (k != max_r) {

                for (j = col ; j < var ; j++) swap(mat[k][j],mat[max_r][j]);

                swap(x[k],x[max_r]);

            }

            x[k] /= mat[k][col];

            for (j = col +  ; j < var ; j++) mat[k][j] /= mat[k][col];

            mat[k][col] = ;

            for (int i =  ; i < equ ; i++) {

                if (i != k) {

                    x[i] -= x[k] * mat[i][k];

                    for (j = col +  ; j < var ; j++) mat[i][j] -= mat[k][j] * mat[i][col];

                    mat[i][col] = ;

                }

            }

        }

        return ;

    }

}slover;

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        for (int i =  ; i <=  ; i++) pos[i] = i;

        int N;

        scanf("%d",&N);

        for (int i =  ; i <= N ; i++) {

            int u,v;

            scanf("%d%d",&u,&v);

            pos[u] = v;

        }

        slover.build();

        slover.gauss();

        printf("Case %d: %.12lf\n",kase++,slover.x[]);

    }

    return ;

}

LightOj 1248 Dice (III)

思路：设dp[i]为已经扔出了i个不同面值，还要扔dp[i]次才能扔出n个不同面的期望次数，显然dp[n] = 0，要求dp[0]

则dp[i] = 1+ i/n * dp[i] + (n-i)/n * dp[i+1]，本来要扔的一次加上各个状态转移的期望值

=>dp[i] = n / (n-i) + dp[i+1]

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

const double eps = 1e-;

double dp[MAXN];

int main() {

    int kase = ,T;

    cin >> T;

    while (T--) {

        int n;

        cin >> n;

        dp[] = ;

        for (int i =  ; i < n ; i++)

            dp[i + ] = dp[i] + 1.0 * n / (double)(n - i);

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,dp[n]);

    }

    return ;

}

LightOj 1265 Island of Survival

在孤岛生存，孤岛上有t头老虎，d头鹿，每天会出现随机出现两只生物（包括你自己），如果出现了一只老虎，那么你将被吃掉，如果两只老虎，则两只老虎会同归于尽，其他情况你都将生存下来。

　　当孤岛上没有老虎时，就视为你生存成功。

　　问你生存成功的最大概率。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

double dp[MAXN][MAXN];

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        int t,d;

        scanf("%d%d",&t,&d);

        for (int i =  ; i <= t ; i++)

            for (int j =  ; j <= d ; j++) dp[i][j] = 0.0;

        for (int i =  ; i <= d ; i++) dp[][i] = 1.0;

        for (int i =  ; i <= t ; i++) {

            for (int j =  ; j <= d ; j++) {

                double r1 = ,r2 = ;

                int tot = i + j + ;

                if (i >= )  r1 += dp[i - ][j] * (double)(i * i - i) / (double)(tot * tot - tot);

                if (j >= )  r1 += dp[i][j - ] * (double)( * i * j) / (double)(tot * tot - tot);

                double p = 0.0;

                if (j >= ) p = (double)(j * j - j) / (double)(tot * tot - tot);

                if (j >= ) {

                    r2 = r1;

                    r2 += dp[i][j - ] * (double)(j * ) / (double)(tot * tot - tot);

                    r2 /= ( - p);

                }

                r1 /= ( - p - (double)(j * ) / (double)(tot * tot - tot));

                dp[i][j] = max(r1,r2);

            }

        }

        printf("Case %d: %.12f\n", kase++, dp[t][d]);

    }

    return ;

}

LightOj 1274 Beating the Dataset

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。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

int N,S;

double dp[][MAXN][];

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        scanf("%d%d",&N,&S);

        int right = S -  * N;

        int wa =  * N - S;

        memset(dp,,sizeof(dp));

        int cur = ;

        for (int i =  ; i <= N ; i++) {

            int nxt = cur ^ ;

            for (int j =  ; j <= min(right,i) ; j++) {

                double p1 = (double)j / i;

                double p2 = 1.0 - p1;

                if (j >= ) {

                    dp[nxt][j][] = (dp[cur][j][] + 1.0) * p2 + dp[cur][j - ][] * p1;

                    dp[nxt][j][] = (dp[cur][j - ][] + 1.0) * p1 + dp[cur][j][] * p2;

                }

                else {

                    dp[nxt][j][] = (dp[cur][j][] +  )* p2;

                    dp[nxt][j][] = dp[cur][j][] * p1;

                }

            }

            cur = nxt;

        }

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,dp[cur][right][]);

    }

    return ;

}

　给一个X * Y * Z 的立方体，每个单位立方体内都有一盏灯，初始状态是灭的，你每次操作如下：

　　1）选择一个点(x1, y1, z1)

　　再选择一个点（x2, y2, z2）

　　将这两个点所形成的立方体内所有的灯全部转换状态（灭的变亮的，亮的变灭的）

　　问， K次操作后，亮着的灯的期望数目。

三维坐标系，每个维度都是相互独立的，所以可以分开计算再相乘。

　　考虑x轴，对于每个点，被选中的概率是多少：假设这个点左边有a个点，右边有b个点，

　　那么这个点不被选中的概率是p = 1.0 - ((x - 1) * (x - 1) - (a * a + b * b)) / x * x。

　　则，这个点在K次操作后被点亮的期望为：E = sigma C(k, i) * p * (1 - p) ^ (k - i)，i为奇数，因为i为偶数时灯是灭的。

　　这是二项展开式（p + (1 - p)） ^ k 的所有奇数项。

　　因此， E = ((p + (1 - p)) ^ k - (-p + (1 - p)) ^ k) / 2, 蓝色部分将所有的奇数项变成了负数，偶数项不变，相减后则成了两倍的奇数项之和。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

int X,Y,Z,K;

double calcu(int x,int n) {

    return 1.0 - ((x - ) * (x - ) * 1.0 + (n - x) * (n - x) * 1.0) * 1.0 / (n * n);

}

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        double ans = 0.0;

        scanf("%d%d%d%d",&X,&Y,&Z,&K);

        for (int i =  ; i <= X ; i++) {

            for (int j =  ; j <= Y ; j++) {

                for (int k =  ; k <= Z ; k++)  {

                    double p = calcu(i,X) * calcu(j,Y) * calcu(k,Z);

                    ans += (1.0 - pow( - 2.0 * p,K)) / 2.0;

                }

            }

        }

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,ans);

    }

    return ;

}

LightOj 1287 Where to Run

题意：

　　有n个街口和m条街道，你后边跟着警察，你需要进行大逃亡（又是大爱的抢银行啊），在每个街口你都有≥1个选择，

　　1）停留在原地5分钟。

　　2）如果这个街口可以到xi这个街口，并且，通过xi可以遍历完所有未走过的街口，那么就加入选择。

　　每个选择都是等概率的。

　　求警察抓住你所用时间的期望，即你无路可走时的时间期望。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

int N,M;

const double INF = 1e14;

double G[][];

double dp[][ << ];

bool vis[][ << ];

bool calcu(int u,int sta) {

    if (sta == ( << N) - ) {

        dp[u][sta] = ;

        return true;

    }

    if (vis[u][sta]) return dp[u][sta] > ;

    vis[u][sta] = true;

    dp[u][sta] = ;

    int tot = ;

    for (int i =  ; i <= N ; i++) {

        if( ((sta & ( << i)) == ) && G[u][i] < INF && calcu(i,sta | ( << i)) ) {

            int nxtsta =  sta | ( << i);

            tot++;

            dp[u][sta] += G[u][i] + dp[i][sta | ( << i)];

        }

    }

    if (tot == ) {

        dp[u][sta] = ;

        return false;

    }

    dp[u][sta] /= (double)tot;

    return true;

}

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        memset(dp,-,sizeof(dp));

        memset(vis,false,sizeof(vis));

        for (int i =  ; i <  ; i++) for (int j =  ; j <  ; j++) G[i][j] = INF;

        scanf("%d%d",&N,&M);

        for (int i =  ; i < M ; i++) {

            int u,v; double w;

            scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w);

            G[u][v] = G[v][u] = w;

        }

        calcu(,);

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,dp[][]);

    }

    return ;

}

LightOJ 1317

　有N个人， M个篮框，每个人投进球的概率是P。

　　问每个人投K次后，进球数的期望。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

double ans,p;

int C[][];

int N,K;

double calcu(int num) {

    double ret = 1.0;

    for (int i =  ; i <= num ; i++) ret *= p;

    for (int i =  ; i <= N - num ; i++) ret *= ( - p);

    return ret * num * C[N][num];

}

int main() {

    int T,kase = ;

    C[][] = ;

    C[][] = C[][] = ;

    for (int i =  ; i <  ; i++) {

        C[i][] = C[i][i] = ;

        for (int j =  ; j < i ; j++)

            C[i][j] = C[i - ][j] + C[i - ][j - ];

    }

    //printf("%d\n",C[8][3]);

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        scanf("%d%*d%d%lf",&N,&K,&p);

        double ret = 0.0;

        for (int i =  ; i <= N ; i++)

            ret += calcu(i);

        printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,ret * K);

    }

    return ;

}

LightOj 1321 Sending Packets

题意：

　　给一个数据大小为S的数据包，每一次发送需要K秒（单向），现在要从节点0 发送到节点 n-1。

　　其中有n - 1条路径，每条路径都有一个传输成功率。

　　问传输成功所需最小时间的期望。

#include <map>

#include <set>

#include <list>

#include <cmath>

#include <ctime>

#include <deque>

#include <stack>

#include <queue>

#include <cctype>

#include <cstdio>

#include <string>

#include <vector>

#include <climits>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define LL long long

#define PI 3.1415926535897932626

using namespace std;

int gcd(int a, int b) {return a % b ==  ? b : gcd(b, a % b);}

const int MAXN = ;

double dp[MAXN][MAXN];

int N,M,S,K;

void calcu(int kase) {

   // memset(dp,0,sizeof(dp));

    for (int i =  ; i <= N ; i++) dp[i][i] = ;

    for (int k =  ; k < N ; k++) {

        for (int i =  ; i < N ; i++) {

            for (int j =  ; j < N ; j++)

                dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k] * dp[k][j]);

        }

    }

    double ans = dp[][N - ];

    ans = 1.0 / ans * 2.0 * K * S;

    printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,ans);

}

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&S,&K);

        memset(dp,,sizeof(dp));

        for (int i =  ; i < M ; i++) {

            int u,v;

            double p;

            scanf("%d%d%lf",&u,&v,&p);

            dp[u][v] = dp[v][u] = max(dp[u][v],p / 100.0);

        }

        calcu(kase++);

    }

    return ;

}

LightOj 1342 Aladdin and the Magical Sticks

题意：

　　地上有n种棍子，其中有两种类型，一种类型是可识别，一种类型是不可识别，每个棍子都有一个权值。

　　当你捡到可识别的，那么你以后就不会再捡这个棍子，如果是不可识别的，那么你有可能还会捡。

　　问将所有棍子收集完的权值的期望。

我们现在面对的是一个n面的骰子，骰子的每面都是随机出现的（相当于是不可识别的棍子），求问将所有面都被看完所期望的投掷次数（假设只看最上面那一面）

　　那么，问题的解就是：

　　　　　　　　　　　　H[n] = (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ... + 1/n), 这就是调和级数的前n项。

　　　　　　　　　　　　这个值近似等于欧拉常数约为：0.57721566490153286060651209。（不过这是一个当n接近无穷时的近似值，并不能代替具体的H[n]，比如当 n = 1 || 2时）

　　而所求的是期望的权值，根据期望的线性性质E(XY) = E(X)*E(Y)

　　所以，总的权值期望就等价于每次的权值期望 * 次数的期望。

　　n个面，每个面至少出现一次的期望次数是：E(x) = n * H[n]，那么，某个指定的面至少出现一次的期望次数就是E(z) = E(x)/n = H[n]。

　　因此，假设这n个棍子都是不可识别的时候所期望的权值为：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　Ea = E(w) * E(x)， E(w)为权值的期望 = 权值的平均值。

　　但是，这n个棍子里还有一些是可以识别的，因此还要减去多余的期望。

　　先来计算一下可识别的棍子所需要的期望的次数，这个答案为1。

　　当有六个球在箱子里，采用不放回抽样，你将六个球抽出来所期望的次数是多少？这是一个固定的值，为6。

　　因此，每个棍子多出来的部分就是（H[n] - 1） * w[i]。w[i]为某个可识别的棍子的权值。

　　设，所有棍子的权值平均值为Wn

　　假设有k个可识别的棍子，其权值平均值为Wk

　　So , 答案为： Ea - Eb = Wn * n * H[n] - k * Wk * (H[n] - 1)

　　　　　化简： E = (Wn * n - k * Wk) * H[n] + k * Wk。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = ;

int n;

double h[MAXN];

void init()

{

    h[] = ;

    for(int i = ; i < MAXN; i ++)

        h[i] = h[i - ] + 1.0 / i;

}

int main()

{

    int T;

    int kcase = ;

    init();

    scanf("%d", &T);

    while(T --)

    {

        scanf("%d", &n);

        int a, b;

        double ans = ;

        for(int i = ; i < n; i ++)

        {

            scanf("%d %d", &a, &b);

            ans += a * (b == ?  : h[n]);

        }

        printf("Case %d: %.5lf\n", ++ kcase, ans);

    }

    return ;

}

LightOJ 1364

状压一下混子能充当的牌然后DP

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = ;

const int MAXM = ;

double dp[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN][MAXM];

int bit[];

int C,D,H,S;

bool decode(int a,int b,int c,int d,int sta) {

    memset(bit,,sizeof(bit));

   // printf("%d %d %d %d %d \n",a,b,c,d,sta);

    int len = ;

    while (sta) {

        bit[len++] = sta % ;

        sta /= ;

    }

    a += bit[];

    b += bit[];

    c += bit[];

    d += bit[];

   // printf("%d %d %d %d\n",a,b,c,d); scanf("%*d");

    if (a >= C && b >= D && c >= H && d >= S) return true;

    return false;

}

double calcu(int a,int b,int c,int d,int sta) {

    double &ans = dp[a][b][c][d][sta];

    if (ans != -1.0) return ans;

    if (decode(a,b,c,d,sta) == true) return ans = 0.0;

    int tmp = sta;

    ans = ;

    int len = ,tot = ;

    int bit[];

    memset(bit,,sizeof(bit));

    while (tmp) {

        bit[len++] = tmp % ;

        tmp /= ;

    }

    for (int i =  ; i <  ; i++) tot += bit[i];

    int all =  - a - b - c - d - tot;

    if (a <  && all > ) {

        double p = ( - a) * 1.0 / all;

        ans += (calcu(a + ,b,c,d,sta) + ) * p;

    }

    if (b <  && all > ) {

        double p = ( - b) * 1.0 / all;

        ans += (calcu(a,b + ,c,d,sta)+ ) * p;

    }

    if (c <  && all > ) {

        double p = ( - c) * 1.0 / all;

        ans += (calcu(a,b,c + ,d,sta) + ) * p;

    }

    if (d <  && all > ) {

        double p = ( - d) * 1.0 / all;

        ans += (calcu(a,b,c,d + ,sta) + ) * p;

    }

    int nxt;

    double val;

    if (tot <  && all > ) {

        double p = ( - tot) * 1.0 / all;

        nxt = (bit[] + ) + bit[] *  + bit[] *  + bit[] * ;

        val = calcu(a,b,c,d,nxt);

        nxt = bit[] + (bit[] + ) *  + bit[] *  + bit[] * ;

        val = min(val,calcu(a,b,c,d,nxt));

        nxt = bit[] + bit[] *  + (bit[] + ) *  + bit[] * ;

        val = min(val,calcu(a,b,c,d,nxt));

        nxt = bit[] + bit[] *  + bit[] *  + (bit[] + ) * ;

        val = min(val,calcu(a,b,c,d,nxt));

        ans += p * (val + );

    }

    return ans;

}

int main() {

    int T,kase = ;

    scanf("%d",&T);

    while (T--) {

        scanf("%d%d%d%d",&C,&D,&H,&S);

        for (int i =  ; i < MAXN ; i++) for (int j =  ; j < MAXN ; j++) for (int k =  ; k < MAXN ; k++) for (int p =  ;  p < MAXN ; p++)

            for (int q =  ; q < MAXM ; q++) dp[i][j][k][p][q] = -1.0;

        int cnt = ;

        if (C > ) cnt += C - ; if (D > ) cnt += D - ;

        if (H > ) cnt += H - ; if (S > ) cnt += S - ;

        if (cnt > ) printf("Case %d: -1\n",kase++);

        else printf("Case %d: %.8lf\n",kase++,calcu(,,,,));

    }

    return ;

}

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