要求出两点间距离==0(mod3) 的数量,然后除以(n*n) 设f[i][j]为i的子树到i的距离==j(mod3)的数量,然后做树形dp即可 因为要最简,所以要求一下gcd,然后除下去 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; ; int rd(){ ;char c=getchar(); ') c=getchar(); +c-',c=getchar(); r…

给出一颗n个点带边权的树(n<=20000),求随机选择两个点,使得它们之间的路径边权是3的倍数的概率是多少. 首先总的对数是n*n,那么只需要统计路径边权是3的倍数的点对数量就行了. 考虑将无根树化为有根树,令dp[x][i]表示以x点为路径起点,x的某个子孙为路径终点的边权值模3为i的点对数量. 那么显然有dp[x][i]+=dp[son[x]][(i-w)%3]. 考虑点对之间的路径,要么是它们的LCA是点对中的一个点,要么不在点对中,因此统计一下以每个点x为LCA时的路径边权值%3为i的…

感觉是一道很妙的树形DP题,充分利用到了树的性质(虽然说点分治也可以做,,,,但是本蒟蒻不会啊) 然而某Twilight_Sx大佬表示这道题真的非常水,,,本蒟蒻也只能瑟瑟发抖了 本蒟蒻表示还是要经过一些思考的吧 虽然说是要获取概率,但是要输出分数形式,显然直接算可能获胜的次数再除所有可能,并且用gcd约分会更好, 对于每个点而言,要么做中转(LCA),要么是其中一个点,由于是树,统计这些点对可以保证不重不漏, 所以枚举到每一个点时,f[i][j],表示在i的子树中,到i这个节点距离为j的个数,…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2634 今天刚学了点分治,做例题: 好不容易A了,结果发现自己写的是树形DP...(也不用找重心)(比点分治快) #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ,inf=0x3f3f3f3…

大意: 给定树, 随机选两点, 求两点距离是3的倍数的概率. 树形dp入门水题, 枚举每个点作为lca时的答案即可. #include <iostream> #include <queue> #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) using namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;} const int N = 1e6…

[题意]给定无向图,聪聪和可可各自位于一点,可可每单位时间随机向周围走一步或停留,聪聪每单位时间追两步(先走),问追到可可的期望时间.n<=1000. [算法]期望DP+记忆化搜索 [题解]首先因为聪聪的步数大于可可,所以不可能出现循环,因此是DAG上的期望DP,用记忆化搜索解决. 每个点bfs预处理p[x][y]表示x走向y的第一步位置,设f[x][y]表示聪聪在x可可在y追上的期望时间. $$f(x,y)=\sum_{z}\frac{f(g[g[i][j]]][j],z)}{out[x]+1…

我们可以用n次BFS预处理出 to[][]数组,to[i][j]表示聪聪从i点到j点第一步会走哪个点. 那么对于聪聪在i点,可可在j点,聪聪先走,定义dp[i][j]表示步数期望. 那么显然有dp[i][j]=(sigma(dp[p][w])+dp[p][j])/(dee[j]+1)+1. 其中p表示to[to[i][j]][j],w表示j点邻接的点. 边界状态就是 如果i==j,那么dp[i][j]=0. 如果i和j的距离在聪聪的一步之内,那么dp[i][j]=1. 记忆化搜索一下即可. #…

题目大意:给你一个无向联通图,节点数n<=1000.聪聪有一个机器人从C点出发向在M点的可可移动,去追赶并吃掉可可,在单位时间内,机器人会先朝离可可最近的节点移动1步,如果移动一步机器人并不能吃掉可可,那机器人会再向可可的方向移动一格,如果有两个节点到可可的距离相等,那机器人会移动到编号较小的一个节点.然后可可会等可能性移动到与它的任意一个相连的节点或者原地不动(即使她明知道移动到某个节点会被吃掉).即1/(outc[x]+1),outc为出度.求可可被吃掉时机器人走的期望时间 概率DP记忆化+…

题意:给出n个点m条边的无向图,两个主角聪聪和可可开始分别在S点和T点.聪聪想吃掉可可,每次由匆匆先行动后来可可行动.聪聪的行动是选他到可可的最短路上的点走最多两步(如果最短路有几条就选编号最小的走),可可的行动是等概率选择一个出点或者不动.问聪聪吃掉可可的期望行动次数. 解法:这道题还是蛮有意思的. 首先我们必须得先注意到聪聪得行动是“智能”的不随机,这样我们不能计算的时候再考虑,我们必须得先预处理nxt[x][y]代表若聪聪在x点可可在y点下一步聪聪会走那个点(根据定义就是x到y最短路的编号…

LINK:聪聪与可可 这道题的核心是 想到如何统计答案. 如果设f[i][j]表示第i个时刻... 可以发现还需要统计位置信息 以及上一次到底被抓到没有的东西 不太好做. 两者的位置都在变化 所以需要设出状态 f[i][j]表示第聪聪在i位置 可可在j位置的期望步数. 容易想到转移. i==j->0 j是i的下一步或者下下一步 期望为1. 由于聪聪的走位是固定的 所以 设其走两步的位置为 w 而可可是随机的 所以只需要枚举一下可可的转移即可. 由于状态的无序转移性 所以需要记忆化搜索.非常有趣.…