数学期望 P=Σ每一种状态*对应的概率. 因为不可能枚举完所有的状态,有时也不可能枚举完,比如抛硬币,有可能一直是正面,etc.在没有接触数学期望时看到数学期望的题可能会觉得很阔怕(因为我高中就是这么认为的,对不起何老板了QwQ),避之不及. 但是现在发现大多数题就是手动找公式或者DP推出即可,只要处理好边界,然后写好方程,代码超级简短.与常规的求解不同,数学期望经常逆向推出. 比如常规的dp[x]可能表示到了x这一状态有多少,最后答案是dp[n].而数学期望的dp[x]一般表示到了x这一状态还

A - 容斥原理(CodeForces - 451E) 二进制状态压缩暴力枚举哪几个花选的个数超过了总个数,卢卡斯定理求组合数,容斥原理求答案 可以先把每个花的数量当成无限个,这样就是一个多重集的组合数$ans=C_{n+m-1}^{n-1}$ 所以要减去有一种花超过花的数量的情况,加上有两种花超过花的数量的情况,减去有三种花超过花的数量的情况... 最后$ans=C_{n+m-1}^{n-1}-\sum_{i=1}^{n}C_{n+m-a_{i}-2}^{n-1}+\sum_{i=1}^{n}

组合数学 1. 排列组合 1. 加法原理 完成一列事的方法有 n 类,其中第 i 类方法包括\(a_i\)种不同的方法,且这些方法互不重合,则完成这件事共有 \(a_1 + a_2 + \cdots + a_n\) 种不同的方法 2. 乘法原理 若完成一件事需要 n 个步骤,其中第 i 个步骤有 \(a_i\) 种不同的完成方法,且这些步骤互不干扰,则完成这件事共有 \(a+1 * a_2 * \cdots * a_n\) 种不同的方法 两原理的区别: 一个与分类有关,一个与分步有关:加法原理是

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1076 有时候人蠢还真是蠢.一开始我看不懂期望啊..白书上其实讲得很详细的,什么全概率,全期望(这个压根没说). 还是看了论文才知道全期望这个东西.. 意思很明白,就是说Y的期望等于 所有 可能的情况的期望值乘上得到这个期望值的概率 的和. 很难懂吗...慢慢想. 首先你得知道期望是 之中某个事件的概率×这个事件的贡献 之和. 而且这些事件相互独立. 那么这里求全期望也就是 “这个事件的贡献” 那里

概率DP求期望大多数都是全期望公式的运用.主要思考状态空间的划分以及状态事件发生的概率.问题可以分为无环和有环两类.无环一类多数比较简单,可以通过迭代或者记忆化搜索完成.有环一类略复杂,可以通过假设方程化简公式解决或者高斯消元求解. POJ 2096 Collecting Bugs http://poj.org/problem?id=2096 概率DP入门题,注意理解和状态的转移过程才能建立方程. dp[i][j]表示已经找到i种系统的j种bug时达到目标状态时的期望,此时找到一个bug,可能仍

设f(x)表示x转移到1需要的次数的期望,p(x)为不超过x的素数的个数,其中能整除x的有g(x)个 则有(1-g(x)/p(x))的概率下一步还是转移到x,剩下的情况各有1/p(x)的概率转移到x/y 根据全期望公式,f(x) = 1 + (1-g(x)/p(x)) * f(x) + sum{ 1/p(x) * f(x/y) | y是能整除x且不超过x的素数 } 代码是用记忆化搜索计算f的 #include <cstdio> #include <cstring> #include

对于概率dp,我一直都弄得不是特别明白,虽然以前也有为了考试去突击过,但是终究还是掌握得不是很好,所以决定再去学习一遍,把重要的东西记录下来. 1.hdu4405 Description 在一个 \(1*n\) 的格子上掷色子,从 \(0\) 点出发,掷了多少前进几步,同时有些格点直接相连,即若 \(a\) ,\(b\) 相连,当落到 \(a\) 点时直接飞向 \(b\) 点.求走到 \(n\) 或超出 \(n\) 期望掷色子次数 \(n \leq 100000\) Solution 这道题目有

题意 题目链接 Sol 设\(f[i]\)表示从\(i\)走到\(T\)的期望步数 显然有\(f[x] = \sum_{y} \frac{f[y]}{deg[x]} + 1\) 证明可以用全期望公式. 那么我们可以把每个强联通分量里的点一起高斯消元,就做完了. (warning:BZOJ没有C++11,但是下面的代码是正确的,至于为什么可以点题目链接....) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e6 +

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2262 Where is the canteen Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) 问题描述 After a long drastic struggle with himself, LL decide to go for some snack at last. But wh

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4405 Aeroplane chess Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) 问题描述 Hzz loves aeroplane chess very much. The chess map contains N+1 grids labeled from 0 to N. Hzz s

链接: https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1841 题意: 在一个电视娱乐节目中,你一开始有1元钱.主持人会问你n个问题,每次你听到问题后有两个选择:一是放弃回答该问题,退出游戏,拿走奖金:二是回答问题.如果回答正确,奖金加倍:如果回答错误,游戏结束,你一分钱也拿不到.如果正确地回答完所有n个问题,你将拿走所有的2^n元钱,成

题意:有一个 $n * n$ 的网格,其中 $m$ 个格子上涂了色.每次随机选择一个格子涂色,允许重复涂,求让网格每一行每一列都至少有一个格子涂了色的操作次数期望.题解:,,这种一般都要倒推才行.设$f[i][j]$表示还有$i$行,$j$列未满足的情况下的期望次数.因为每次选择都是完全随机,不受其他东西的影响.所以对于题中给出的$m$,实际上就是告诉了我们要求什么东西,假设在已经有那$m$个涂色方块的情况下,我们还有$t1$行,$t2$列未满足,那么我们要求的就是$f[t1][t2]$.那么我

[题意]给定n个禁忌字符串和字符集大小alphabet,保证所有字符在集合内.一个字符串的禁忌伤害定义为分割能匹配到最多的禁忌字符串数量(一个可以匹配多次),求由字符集构成的长度为Len的字符串的期望禁忌伤害.n<=5,1<=alphabet<=26,len<=10^9. [算法]AC自动机+期望+矩阵快速幂 [题解]参考:BZOJ2553: [BeiJing2011]禁忌 首先对于一个确定的字符串,每个匹配的禁忌字符串视为一条线段,就是经典的不重叠最大线段数问题. 通用的贪心做法

[题意]给定n个点m条边的无向连通图,每条路径的代价是其编号大小,每个点等概率往周围走,要求给所有边编号,使得从1到n的期望总分最小(求该总分).n<=500. [算法]期望+高斯消元 [题解]显然,应使经过次数越多的边编号越小,问题转化为求每条边的期望经过次数. 边数太多,容易知道f(u,v)=f(u)/out(u)+f(v)/out(v),所以转化为求每个点的期望经过次数,这就是驱逐猪猡了. 设f[x]表示点x的期望经过次数,根据全期望公式(讨论“经过“的问题不能依赖于下一步): $$f[x

[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: $$f[i]=\sum_{j}\frac{f[j]}{out[i]}\ \ , \ \ w(i,j)=0$$

[题意]给定n盏灯的01状态,操作第 i 盏灯会将所有编号为 i 的约数的灯取反.每次随机操作一盏灯直至当前状态能够在k步内全灭为止(然后直接灭),求期望步数.n,k<=10^5. [算法]期望DP [题解]对于当前状态,编号最大的亮灯必须通过操作自身灭掉. 证明:假设通过操作编号更大的灯灭掉,那么编号更大的灯只能通过操作自己灭掉,则与原来状态无区别,得证. 运用这个结论,每次灭掉最大编号的灯后的局面中,编号最大的灯一定严格小于原最大灯,所以至多需要n次操作. 从大到小,处理出m盏待操作灯,这样

[题意]n种宝物,k关游戏,每关游戏给出一种宝物,可捡可不捡.每种宝物有一个价值(有负数).每个宝物有前提宝物列表,必须在前面的关卡取得列表宝物才能捡起这个宝物,求期望收益.k<=100,n<=15. [算法]期望DP+状压DP [题解]主要需要记录的状态是前缀已有宝物,所以设f[i][S]表示前i关已有宝物列表S的期望收益. 根据全期望公式,依赖于第i+1关的宝物选择:(如果列表符合) $$f[i][S]=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}*Max(f[i+1][S'],f[

[题意]有n种不同的邮票,第i次可以花i元等概率购买到一种邮票,求集齐n种邮票的期望代价.n<=10^4. [算法]期望DP [题解]首先设g[i]表示已拥有i张邮票集齐的期望购买次数,根据全期望公式,可以依赖于买到已集和未集邮票的情况: $$g[i]=\frac{i}{n}*g[i]+\frac{n-i}{n}*g[i+1]+1$$ 当然最后记得+1,然后移项解方程. 设f[i]表示已拥有i张邮票及其的期望代价,会发现因为是倒推,所以代价的问题变得很麻烦. 我们将代价倒置,假设购买k次,那么第

[题意]有一个长度为n的01序列,每一段极大的连续1的价值是L^3(长度L).现在给定n个实数表示该位为1的概率,求期望总价值.n<=10^5. [算法]期望DP [题解]后缀长度是一个很关键的量,设g[i]表示前i个的期望后缀长度.根据全期望公式,依赖于第i-1位为0或1:(以下所有公式最后省略+(1-ai)*0) $$g[i]=a_i*(g[i-1]+1)$$ 设f[i]表示前i个的期望长度,当第i-1位为1时,f[i]相对于f[i-1]的后缀多了[ (g[i-1]+1)^3 ] - [ g

题目大意:给一个正整数N,每次可以在不超过N的素数中随机选择一个P,如果P是N的约数,则把N变成N/p,否则N不变,问平均情况下需要多少次随机选择,才能把N变成1? 分析:根据数学期望的线性和全期望公式可以为每个状态列出一个方程,例如: f(x)=1+f(6)*1/3+f(3)*1/3+f(2)*1/3 等式右边的最前面的“1”是指第一次转移,而后面的几项是后续的转移,用全期望公式展开,一般地,设不超过x的素数有p个,其中有g个是x的因子,则 f(x)=1+f(x)*(1-g/p)+Σf(x/y

期望\(DP\)入门题目. 关键思想:无向边的转移作为有向边考虑.其他的就是直接上全期望公式.由于这个题目不是有向无环图,所以需要高斯消元搞一搞. 设每个点的期望经过次数是\(g(x)\),那么有 \[g(u) = \sum_{v} \frac{1}{out(v)}*g(v)\] 特殊的,我们认为点\(1\)有一个一定经过的入边,且不考虑点\(n\)的所有出边. 这个\(g\)很好做啊,我们高斯消元搞一搞就好了.那边的期望经过次数\(f(x)\)也就显而易见. \[f(x) = \frac{g(