每种父亲编号小于儿子编号的有标号二叉树的出现概率是相同的,问题相当于求所有n个点的此种树的所有结点两两距离之和. 设f[n]为答案,g[n]为所有此种树所有结点的深度之和,h[n]为此种树的个数. 枚举左右子树大小,则有f[n]=Σ{[f[i]+(g[i]+h[i]*i)·(n-i)]·h[n-i-1]+[f[n-i-1]+(g[n-i-1]+h[n-i-1]*(n-i-1))·(i+1)]·h[i]}·C(n-1,i),即对两棵子树分别统计贡献,C(n-1,i)即给左右子树分配编号.g[n]=…

传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4008 一道不简单的概率和期望dp题 根据期望的线性性质,容易想到,可以算出每张卡的期望伤害,然后全部加在一起 手算样例之后发现是正确的,那么我们只要求出每张卡的实际被使用的概率就可以了 记第$i$张卡的实际被使用的概率为$fp[i]$ 那么答案就是 $\Large\sum\limits_{i=0}^{n-1}fp[i]\cdot d[i]$ 如何求出$fp[i]$? 首先考虑第一张卡的$f…

传送门 果然只有我这种菜鸡才会用这种菜鸡做法QwQ 对于一类要求期望的题目,有一个无脑的做法: 设概率为 \(f\),期望为 \(g\) 每次合并两个二元组 \(<f_1,g_1>,<f_2,g_2>\) 的方法显然为 \(<f_1\times f_2,g_1\times f_2+f_1\times g_2>\) 对于这一道题,设 \(i\) 个点的树的方案数 \(f_i\),到根的距离和为 \(g_i\),距离总合 \(h_i\) 显然 \(f_i=i!\) (我TM…

首先注意到每种树都是等概率出现的,于是将问题转化成计数求和问题. f[n]表示所有n个点的树的两两点距离和的总和. g[n]表示所有n个点的树的所有点到根的距离和的总和. h[n]表示n个点的树的可能形态数. 转移: f[n]+={[f[i]+(g[i]+h[i]*i)·(n-i)]·h[n-i-1]+[f[n-i-1]+(g[n-i-1]+h[n-i-1]*(n-i-1))·(i+1)]·h[i]}·C(n-1,i) g[n]+=[(g[i]+h[i]*i)·h[n-i-1]+(g[n-i-1…

题目描述 小 C 在自己家的花园里种了一棵苹果树, 树上每个结点都有恰好两个分支. 经过细心的观察, 小 C 发现每一天这棵树都会生长出一个新的结点. 第一天的时候, 果树会长出一个根结点, 以后每一天, 果树会随机选择一个当前树中没有长出过结点 的分支, 然后在这个分支上长出一个新结点, 新结点与分支所属的结点之间连接上一条边. 小 C 定义一棵果树的不便度为树上两两结点之间的距离之和, 两个结点之间 的距离定义为从一个点走到另一个点的路径经过的边数. 现在他非常好奇, 如果 NNN 天之后小…

链接 小 C 在自己家的花园里种了一棵苹果树, 树上每个结点都有恰好两个分支. 经过细心的观察, 小 C 发现每一天这棵树都会生长出一个新的结点. 第一天的时候, 果树会长出一个根结点, 以后每一天, 果树会随机选择一个当前树中没有长出过结点 的分支, 然后在这个分支上长出一个新结点, 新结点与分支所属的结点之间连接上一条边. 小 C 定义一棵果树的不便度为树上两两结点之间的距离之和, 两个结点之间 的距离定义为从一个点走到另一个点的路径经过的边数. 现在他非常好奇, 如果 \(N\) 天之后小…

Summary 题意很清楚: 小 \(C\) 在自己家的花园里种了一棵苹果树, 树上每个结点都有恰好两个分支. 经过细心的观察, 小 \(C\) 发现每一天这棵树都会生长出一个新的结点. 第一天的时候, 果树会长出一个根结点, 以后每一天, 果树会随机选择一个当前树中没有长出过结点的分支, 然后在这个分支上长出一个新结点, 新结点与分支所属的结点之间连接上一条边. 小 \(C\) 定义一棵果树的不便度为树上两两结点之间的距离之和, 两个结点之间 的距离定义为从一个点走到另一个点的路径经过的边数.…

题目链接 BZOJ5305 题解 妙啊 要求的是所有可能的树形的所有点对距离和 直接考虑点的贡献肯定想不出,这样的所有点对距离问题通常转化为边的贡献 考虑一条边会产生多少贡献 我们枚举\(i\)节点的父亲边 首先我们认识到一点,按照题中所给的生成树的方式,\(n\)个节点的树有\(n!\)种形态 我们枚举了边,贡献为边两侧点数之积,所以再枚举一下\(i\)子树大小\(siz\) 那么贡献为 \[siz(n - siz)\] \(i\)子树的方案数为 \[{n - i \choose siz -…

容易发现跟树没什么关系,可以预处理出每个点若走向分叉点期望走多少步才能回到上个存档点,就变为链上问题了.考虑dp,显然有f[i][j]表示在i~n中设置了j个存档点,其中i设置存档点的最优期望步数.转移枚举下一个存档点设在哪,则有f[i][j]=min(f[k][j-1]+d[i][k]),其中d[i][k]为从i号点存档点走到k号存档点其间没有别的存档点的期望步数.对d数组可以把一堆方程列出来手动加减消元得到式子,n2就可以求出.这样复杂度O(Tn3).于是直接暴力就在darkbzoj上水过了…

注意到A+B+C很小,容易想到设f[i][A][B][C]为第i次攻击后有A个血量为1.B个血量为2.C个血量为3的期望伤害,倒推暴力转移即可. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long l…