昨天才做了一道高斯消元,一下要精度判断,一下又不要精度判断 主要是思路很重要 很容易想到每一个二进制位算一个概率,然后求和,设f[i]为走到从i走到n这一个二进制位为1的概率 f[i]:=∑{f[j]/d[i](i到j的路径这一位是0),(1-f[j])/d[i],(i到j的路径这一位是1)}(f[n]直接设为0) var f:..,..]of extended; d:..]of longint; v,u,w:..]of longint; ans:extended; n,m:longint; p…

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…

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…

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_…

2337: [HNOI2011]XOR和路径 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 1170  Solved: 683 Description Input Output Sample Input Sample Output HINT Source Day2 [分析] 这题终于自己打出来了高斯消元.没有对比代码了... 很心酸啊..调试的时候是完全没有方向的,高斯消元还要自己一步步列式子然后消元解..[为什么错都不知道有时候 这题显然是不能…

[题意]给定n个点m条边的带边权无向连通图(有重边和自环),在每个点随机向周围走一步,求1到n的期望路径异或值.n<=100,wi<=10^9. [算法]期望+高斯消元 [题解]首先异或不满足期望的线性,所以考虑拆位. 对于每一个二进制位,经过边权为0仍是x,经过边权为1变成1-x(转化成减法才满足期望的线性). 设f[x]表示点x到n的路径xor期望,f[n]=0,根据全期望公式: $$f[i]=\sum_{j}\frac{f[j]}{out[i]}\ \ , \ \ w(i,j)=0$$…

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,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]}…

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…