495. Kids and Prizes Time limit per test: 0.25 second(s) Memory limit: 262144 kilobytes input: standard output: standard ICPC (International Cardboard Producing Company) is in the business of producing cardboard boxes. Recently the company organized…

题意:某个人每天晚上都玩游戏,如果第一次就䊨了就高兴的去睡觉了,否则就继续直到赢的局数的比例严格大于 p,并且他每局获胜的概率也是 p,但是你最玩 n 局,但是如果比例一直超不过 p 的话,你将不高兴的去睡觉,并且以后再也不玩了,现在问你,平均情况下他玩几个晚上游戏. 析:先假设第一天晚上就不高兴的去睡觉的概率是 q,那么有期望公式可以得到 E = q + (1-q) * (E + 1),其中 E 就是数学期望,那么可以解得 E = 1/ q,所以答案就是 1 / q,这个公式是什么意思呢,把数…

Background If thou doest well, shalt thou not be accepted? and if thou doest not well, sin lieth at the door. And unto thee shall be his desire, and thou shalt rule over him.     And Cain talked with Abel his brother: and it came to pass, when they w…

King Arthur is an narcissist who intends to spare no coins to celebrate his coming K-th birthday. The luxurious celebration will start on his birthday and King Arthur decides to let fate tell when to stop it. Every day he will toss a coin which has p…

题意: 有n个奖品,m个人排队来选礼物,对于每个人,他打开的盒子,可能有礼物,也有可能已经被之前的人取走了,然后把盒子放回原处.为最后m个人取走礼物的期望. 题解: 本道题与之前的一些期望 DP 题目相比不同的是我们知道初始状态,却不知道终止状态. (第一个人一定会拿走一个礼物,而最后一个人不一定). 我们考虑顺推. 设 $F[i]$ 表示前 $i$ 个人拿完礼物的期望个数.分类讨论一下,考虑第 $i$ 个人的情况. $1.$ 没礼物可拿,期望为 $0$. $2.$ 有礼物拿, 概率为 $\fr…

期望概率DP简单题 从[1,1]点走到[r,c]点,每走一步的代价为2 给出每一个点走相邻位置的概率,共3中方向,不动: [x,y]->[x][y]=p[x][y][0] ,  右移:[x][y]->[x][y+1]=p[x][y][1];  左移:[x][y]->[x+1][y]=p[x][y][2]; 问最后走到[r,c]的期望 dp[i][j]为从[i][j]点走到[r][c]的期望 有方程: dp[i][j]=    (dp[i][j]+2)*p[i][j][0]  +   (d…

并不难,只是和期望概率dp结合了一下.稍作推断就可以发现加密与不加密是两个互相独立的问题,这个时候我们分开算就好了.对于加密,我们按位统计和就好了;对于不加密,我们先假设所有数都找到了他能找到的最好的匹配(就是异或后为二进制最高位与n-1相等的最大数)并且算出其异或后的总和,然后我们按位贪心,带着所有的数(一开始我们假设所有的数是小于等于二进制最高位与n-1相等的最大数的所有数)从高位走向低位,每走一步,如果这一位是0,就会导致一半的数在这一位不能是1,减去这一半的数在这一位上的贡献,如果这一位…

大力观察:I.从输出精准位数的约束来观察,一定会有猫腻,然后仔细想一想,就会发现输出的时候小数点后面不是.5就是没有 II.从最后答案小于2^63可以看出当k大于等于3的时候就可以直接搜索了 期望概率dp:对于k=1的时候,把所有存在的位乘0.5就行了,对于k=2的时候就可以用类似推反演的方法(转换枚举顺序之类的)退出来一个式子,然后你只需要求个概率(很好推,也很好求)就可以啦 线性基:搜索之前还有dp之前预处理用的(只是构造一下) 然而我的做法却是,先求出线性基,再用期望概率dp(类似OSU!…

这是一道比较水的期望概率dp但是考场想歪了.......我们可以发现奇数一定是不能掉下来的,因为若奇数掉下来那么上一次偶数一定不会好好待着,那么我们考虑,一个点掉下来一定是有h/2-1个红(黑),h/2+1个黑(红),而且一定是差不多相间的(我就是因为没有看出来这里才会去想组合数,然后......),那么我们发现只要一奇一偶,就可以组成一对,因为偶数一定是平的因此,我们发现在掉下来的那对之前都是红黑或黑红,但是到了这里就是红红或黑黑了,我们只要求出(异色的概率)^(h/2-1)*(同色的概率)就…

首先这道题让我回忆了一下最短路算法,所以我在此做一个总结: 带权: Floyed:O(n3) SPFA:O(n+m),这是平均复杂度实际上为O(玄学) Dijkstra:O(n+2m),堆优化以后 因此,稀疏图:SPFA或 Dijkstra可以再大约O(n2)左右的时间跑完每个点到每个点的最短路 稠密图:啥也别说 Floyed 不带权(边权为1):SPFA=Dijkstra(堆优化)=BFS=O(n+2m) ,这个是真的差距只有常数 Floyed:O(n3) 因此,同上 从这个题我得出来一点期望…

期望概率DP 1419: Red is good ​ Description ​ 桌面上有\(R\)张红牌和\(B\)张黑牌,随机打乱顺序后放在桌面上,开始一张一张地翻牌,翻到红牌得到1美元,黑牌则付出1美元.可以随时停止翻牌,在最优策略下平均能得到多少钱. ​ Input ​ 一行输入两个数\(R,B\),其值在0到5000之间 ​ Output ​ 在最优策略下平均能得到多少钱. ​ Sample Input ​ 5 1 ​ Sample Output ​ 4.166666 ​ HINT ​…

神™题........ 这道题的提示......(用本苣蒻并不会的积分积出来的)并没有 没有什么卵用 ,所以你发现没有那个东西并不会 不影响你做题 ,然后你就可以推断出来你要求的是我们最晚挑到第几大的边会形成最小生成树(可以看成是在Kruskal),然后我就开始YY了(一本正经). 首先我想到了枚举边的排列这样比较好做应该可以拿到50分,然后,在此基础上我想到了用Prim式构造最小生成树然后以转移的方式求出对应的每个最晚第几的概率,转移致死....后来我去枚举树的形态,发现不会求每种形态所对应的…

https://codeforces.com/contest/1097/problem/D 题意 给你一个n和k,问n经过k次操作之后留下的n的期望,每次操作n随机变成一个n的因数 题解 概率dp计算出每个素因子留下的概率,乘以这个素因子的值就是这个素因子的贡献期望 定义\(dp[i][j]\)为第i次操作后剩下j个素因子的概率,概率dp顺着推 \(dp[i][j]->dp[i+1][k](k<=j)\) \(dp[i+1][k]+=dp[i][j]\frac{1}{j+1}(k<=j)…

这个题让我认识到我以往对于图上期望概率的认识是不完整的,我之前只知道正着退还硬生生的AC做过的所有图,那么现在让我来说一下逆退,一般来说对于概率性的东西都只是正推,因为有了他爸爸才有了他,而对于期望性的东西可以说是从终点开始每个点都是以这个点为起点到终点的期望,那么就可以是有本节点开花遗传和继承. 本题中说求异或,那么根据异或的一般思路,一位一位的搞,每一位不是一就是二我么可以求从这个点到终点这一位是1的期望也就是概率了 #include<cstdio> #include<cstring…

题意:给定一张点数不超过10的无向连通图,每条边有一个[0,1]之间的随机权值,求最小生成树上最大边的期望值 提示:对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn,第k小的那个的期望值是k/(n+1). 思路:From http://www.cnblogs.com/ihopenot/p/6606665.html 题目后面的小提示很有用,问题实际上就转化为了求用k条边使原图恰好联通的概率. 但是恰好联通是个很蛋疼的条件,所以我们稍微把问题再变一变,我们去求用k条边原图仍不联通的概率 设f…

期望 \(x\) 的期望 \(E(x)\) 表示平均情况下 \(x\) 的值. 令 \(C\) 表示常数, \(X\) 和 \(Y\) 表示两个随机变量. \(E(C)=C\) \(E(C \times X)=C \times E(X)\) \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\) 期望的线性性 \(E(XY)\) 不一定等于 \(E(X) \times E(Y)\) 期望练习: 题意: \(n\) 个格子从左往右排成一排,\(m\) 次操作. 每次操作随机选择一个区间 \([l,r]\) ,将…

题意:有3个杯子,排放一行,刚开始钥匙在中间的杯子,每次操作,将左右两边任意一个杯子进行交换,问n次操作后钥匙在中间杯子的概率 分析:考虑动态规划做法,dp[i]代表i次操作后的,钥匙在中间的概率,由于每次操作独立,dp[i]=(1-dp[i-1)/2; 显然,dp[1]=0; 由刚才那个式子可以得出:dp[i]-1/3=(-1/2)*(dp[i-1]-1/3),这是高中数列知识 然后 设dp[i]=p/q; dp[i]=(2^(n-1)+(-1)^n)/(3*2^(n-1)) 它要求p/q是最…

这篇题解更像对他人题解的吐槽和补充? 考虑答案 $E[X] = \sum\limits_{i = 1}^{x} i P(X = i)$ $P(X = i)$不好求................(其实完全可以求的......而且求法和下面的方法蜜汁相似......) 那么,我们考虑整数概率公式(既然$P(X = i)$能求,那这公式到底有什么用?) $E[X] = \sum\limits_{i = 1}^{x} P(x \geq i)$ 当然,你也可以选择求$E[X] = \sum\limits…

我一开始想的是倒着来,发现太屎,后来想到了一种神奇的方法——我们带着一个既有期望又有概率的矩阵,偶数(2*id)代表期望,奇数(2*id+1)代表概率,初始答案矩阵一列,1的位置为1(起点为0),工具矩阵上如果是直接转移那么就是由i到j概率期望都乘上1/alphabet,特别的,对于一个包含禁忌串的节点直接由其父节点指向0,而且在计算期望是多加上他的概率,最后统计答案时把答案矩阵上所有的期望加和即可,这个方法很完美的被卡精了....... #include <cstdio> #include…

biubiu~~~ 对于这道傻题.........我考场上退了一个多小时才推出来这个东西是排列...........然后我打的dfs效率n!logInf正好n=9是最后一个能过的数结果前三个点的n全是10,然后这题全场爆零......... 我在考场上试了很多种方法发现只有排列可以对样例........解释一下为什么,一个数自己对自己的位置造成影响的只有最后一次操作,而这些数的最后一次操作在时间轴上形成了排列,最终造成了最后那一堆书的排列,而他们每一种排列的概率也就是每一种最后一位结束顺序的概率…

打记录的题打多了,忘了用开维记录信息了......我们用f[i][j][l][k]表示已经完成了i次攻击,随从3血剩j个,2血剩l个,1血剩k个,这样我们求出每个状态的概率,从而求出他们对答案的贡献并加和,一开始我用的期望忘了转移的时候不能用1而要用概率...... #include <cstdio> #include <cstring> #define r register using namespace std; typedef long double LD; inline i…

初步分析:把赢了的巡回赛的a值加起来就是最后的剩余空间 这个明显的是状态转移的dp啊,然而他的状态比较骚是个数组,表示剩余空间,f(i,j,b),i表示比到第几场,j表示赢了几场,b就是里面的核心状态,总起来就是在比到第i场赢了j场时背包剩余空间b的概率,所以他们加起来一定是1,状态转移的话可以看做是在f(i,j,b)这个状态再比一场,输了转移到f(i+1,j,b),赢了转移到f(i+1,j+1,b+a[i+1])....一定要注意边界处理和初始化 #include<iostream> #in…

线性高斯消元 模型概述 转移不是 DAG 的期望 DP. 成环的转移有特殊性质,如:只总父亲/根/儿子转移,只从左右转移-- 处理方式 以只从父亲和儿子转移的期望 DP 为例: \[f(x)=p\cdot f(fa)+\frac{1-p}{cnt}\sum_{i=1}^{cnt}f(son_i)+1 \] 那么可以设 \(f(x)=k\cdot f(fa)+b\),终止状态为叶子节点,\(k,b\) 都已知,考虑其他情况: \[f(x)=p\cdot f(fa)+\frac{1-p}{cnt}\…

题意: N个礼品箱, 每个礼品箱内的礼品只有第一个抽到的人能拿到. M个小孩每个人依次随机抽取一个,  求送出礼品数量的期望值. 1 ≤ N, M ≤ 100, 000 挺水的说..设f(x)表示前x个人都选择完成后礼品剩下数的期望值( f(0) = N ), 那么f(x) = f(x - 1) - f(x - 1) / N = f(x - 1) * (N - 1) / N (显然). 那么答案就是等于 N - N * [(N - 1) / N]^M. 后面部分可以用快速幂优化.时间复杂度O(l…

对于这种看起来就比较傻逼麻烦的题,最关键的就是想怎么巧妙的设置状态数组,使转移尽可能的简洁. 一开始我想的是f[i][j]表示到第j轮第i张牌还没有被选的概率,后来发现转移起来特别坑爹,还会有重的或漏的情况. 于是改变想法:f[i][j]表示考虑到前i张牌,还剩j轮的概率 转移也就简单了,下一张牌有两种可能,选或不选: f[i+1][j]=f[i][j]*(1-p[i+1])^j f[i+1][j-1]=f[i][j]*(1-(1-p[i+1])^j) #include<cstdio> #in…

首先,分析一下这个猫和鼠 猫每局都可以追老鼠一步或者两步,但是除了最后的一步,肯定走两步快些.... 既然猫走的步数总是比老鼠多,那么它们的距离在逐渐缩小(如果这题只能走一步反而不能做了...) 猫不知道老鼠下一步走哪里,猫走的时候依据的是老鼠当前的位置 明显,猫走的位置没有什么规律可言(即使有规律还是会预处理啊.....) 我们可以在$O(n^2 + nm)$的复杂度内预处理出$s(i, j)$表示猫在$i$,老鼠在$j$时,猫下一步的位置... 直接设$f(i, j)$表示猫在$i$,老鼠在…

这两道题是一样的...... 我就说一下较难的那个 OSU!: 这道15行的水题我竟然做了两节课...... 若是f[i][0]=(1-p)*f[i-1][0]+(1-p)*f[i-1][1],f[i][1]=p*(f[i-1][0]+1.0)+p*(f[i-1][1]+OOXX); 我们合并一下f[i]=p*1.0+p*OOXX=p*OX; OX:就是期望x^3的差,也就是(x+1)^3=x^3+3*x^2+3*x+1.0,中的3*x^2+3*x+1.0,这样我们要维护x^2以及x注意这里的x…

大前提,把两个点的组合看成一种状态 x 两种思路 O(n^7) f[x]表示在某一个点的前提下,这个状态经过那个点的概率,用相邻的点转移状态,高斯一波就好了 O(n^6) 想象成臭气弹,这个和那个的区别只是状态维数变化,f[x]表示这个状态出现的概率,高斯一下就好了 我比较傻只想出来O(n^7) #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef doubl…

经分析可知:I.操作每个灯可看做一种异或状态 II.每个状态可看做是一些异或状态的异或和,而且每个异或状态只能由它本身释放或放入 III.每一种异或状态只有存在不存在两中可行状态,因此这些灯只有同时处于不存在才可以,而两种异或状态之间没有关系因此可以把这些状态看做一样的,因此counts的是异或状态数. 到这里为止我们可以得到一个简单的转移方程 f[i]=i/n*f[i-1]+(n-i)/i*f[i+1]+1 于是看起来似乎已经到了解决问题的时候,所以我就开始推.......然后就没有然后了,由…

记住一开始和后来的经过是两个事件因此概率可以大于一 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<vector> #include<algorithm> #define MAXN 333 using namespace std; typedef double D; D a[MAXN][MAXN],ans[MAXN]; int p,q,n,m; vector<in…