2337: [HNOI2011]XOR和路径 题意:一个边权无向连通图,每次等概率走向相连的点,求1到n的边权期望异或和 这道题和之前做过的高斯消元解方程组DP的题目不一样的是要求期望异或和,期望之间不能异或所以不能直接求 发现每个二进制位是独立的,我们可以一位一位考虑,设当前考虑第i位 \(f[u]\)表示从u到n异或和为1的概率, \[ f[u] = \sum_{(u,v) \in E,\ w(u,v)的第i位是1} \frac{f(v)}{degree_u} \\ f[u] = \sum_…

一位一位考虑异或结果, f(x)表示x->n异或值为1的概率, 列出式子然后高斯消元就行了 ------------------------------------------------------------------ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath>   using namespace std;   typedef long double…

Description 给定一个无向连通图,其节点编号为 1 到 N,其边的权值为非负整数.试求出一条从 1 号节点到 N 号节点的路径,使得该路径上经过的边的权值的“XOR 和”最大.该路径可以重复经过某些节点或边,当一条边在路径中出现多次时,其权值在计算“XOR 和”时也要被重复计算相应多的次数. 直接求解上述问题比较困难,于是你决定使用非完美算法.具体来说,从 1 号节点开始,以相等的概率,随机选择与当前节点相关联的某条边,并沿这条边走到下一个节点,重复这个过程,直到走到 N 号节点为止,…

解题思路: Xor的期望???怕你不是在逗我. 按为期望,新技能get 剩下的就是游走了. 代码: #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> struct pnt{ int hd; int ind; }p[]; struct ent{ int twd; int lst; int vls; }e[]; ][]; int cnt; int n,m; void ad…

2337: [HNOI2011]XOR和路径 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 682  Solved: 384[Submit][Status][Discuss] Description 几乎是一路看题解过来了.. 拖了一个星期的题目- - 已然不会概率DP(说得好像什么时候会过一样),高斯消元(打一次copy一遍). 发现异或题目的新解决方法:按位处理.. 发现DP新方法:高斯消元. f[k][i]代表第k位权值起点为i到终点时答案…

首先,我们发现,因为是无向图,所以相连的点之间是有"依赖性"的,所以不能直接用dp求解. 因为是xor,所以按位处理,于是列线性方程组,设$ x[i] $为点i到n异或和为1的期望,因为从1到n和从n到1一样,所以选择倒着推,即, if(deg[e[i].va]==0) \[ x[u]=\sum_{v}^{v\subset son(u)}\frac{x[v]}{deg[i]} \] else \[ x[u]=\sum_{v}^{v\subset son(u)}\frac{1-x[v]}…

BZOJ 2337 XOR和路径 题解 这道题和游走那道题很像,但又不是完全相同. 因为异或,所以我们考虑拆位,分别考虑每一位: 设x[u]是从点u出发.到达点n时这一位异或和是1的概率. 对于所有这一位是1的边,若一个端点是u.另一个是v,则x[u] += (1 - x[v]) / deg[u],反之亦然: 对于这一位是0的边,x[u] += x[v] / deg[u],反之亦然. 然后得到好多方程,高斯消元即可. #include <cstdio> #include <cmath&g…

Description Input Output Sample Input Sample Output HINT Source Day2 终于把这个史前遗留的坑给填了... 首先异或的话由位无关性,可以按位处理... 那么对于每一位,设f[i]表示从i出发第一次到达n且xor和为1的概率,out[i]为i的出边,那么转移就比较容易了... if(w(i,j)&xxx) f[i]+=(1-f[j)/out[i];// 这条边该位为1,需要xor上0,xor和才为1 else f[i]+=f[j]/…

题链: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2337题解: 概率dp, 因为异或的每一位之间没有关系,我们就依次考虑每一位k.(即边权要么为1,要么为0) 令dp[i]表示从i出发到n点的边权异或和为1的概率. 然后转移:(令cnt[i]表示i的度) $$dp[i]=\sum_{i->j,边权为0}\frac{dp[j]}{cnt[i]}+\sum_{i->j,边权为1}\frac{1-dp[j]}{cnt[i]}$$ $$dp[N]…

首先可以各位分开求和 定义$f(i)$表示从i到n的期望值,然后经过一些常识,发现$f(n)=1$的时候的转移,然后直接转移,也可以找到$f(n)=0$的转移. 然后高斯消元31次就可以了. #include <map> #include <ctime> #include <cmath> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostrea…