[BZOJ3143]游走(高斯消元,数学期望) 题面 BZOJ 题解 首先,概率不会直接算... 所以来一个逼近法算概率 这样就可以求出每一条边的概率 随着走的步数的增多,答案越接近 (我卡到\(5000\)步可以拿\(50\)分) #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorith

传送门 题意 给出一张图,LL从一个点等概率走到上下左右位置,询问LL从宿舍走到餐厅的步数期望 分析 该题是一道高斯消元+期望的题目 难点在于构造矩阵,我们发现以下结论 设某点走到餐厅的期望为Ek 1.当该点为餐厅,Ek=0 2.\(Ek=\sum_{i=1}^{cnt}Enexti-1\) 我们先BFS将可达点标号,再构建矩阵,再高斯消元,最后A[vis[sx][sy]][id]为所求解 trick 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std

这道题是我第一次使用高斯消元解决期望类的问题,首发A了,感觉爽爽的.... 不过笔者在做完后发现了一些问题,在原文的后面进行了说明. 中文题目,就不翻大意了,直接给原题: 一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M. 小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数.当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数之和. 现在,请你对这M条边进行编号,使得小Z获得的总分的期望值最小.

描述 http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3270 \(n\)个房间,刚开始两个人分别在\(a,b\),每分钟在第\(i\)个房间有\(p[i]\)的概率不动,如果动的话,等概率移动到连接的房间,求他们在每个房间相遇的概率. 分析 有点像BZOJ_1778_[Usaco2010_Hol]_Dotp_驱逐猪猡_(期望动态规划+高斯消元+矩阵)那道题. 在那道题里,转移的是炸弹,这道题里,转移的是两个人的状态. 我们把一个甲在\(i\),乙

传送门 所以说我讨厌数学……期望不会高斯消元也不会……好不容易抄好了高斯消元板子被精度卡成琪露诺了…… 首先,我们先算出走每一条边的期望次数,那么为了最小化期望,就让大的期望次数乘上小编号 边的期望次数是多少呢?可以先算出点的概率 $p(u,v)=\frac{p[u]}{d[u]}+\frac{p[v]}{d[v]}$ $p[u]$表示经过这个点的期望次数,$d[u]$表示这个点的度数 那么点的期望次数怎么求? $p[u]=\sum_{(u,v)\in E}\frac{p[v]}{d[v]}$

传送门 题意 一个人在数轴上来回走,以pi的概率走i步i∈[1, m],给定n(数轴长度),m,e(终点),s(起点),d(方向),求从s走到e经过的点数期望 分析 设E[x]是人从x走到e经过点数的期望值,显然对于终点有:E[e] = 0 一般的:\[E[x] = \sum_i^m((E[x+i]+i) * p[i])\] (走i步经过i个点,所以是E[x+i]+i) 建立模型:高斯消元每个变量都是一个互不相同的独立的状态,由于人站在一个点,还有一个状态是方向!例如人站在x点,有两种状态向前.

传送门 题目描述 一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M. 小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数.当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数之和. 现在,请你对这M条边进行编号,使得小Z获得的总分的期望值最小. 输入输出格式 输入格式: 第一行是正整数N和M,分别表示该图的顶点数 和边数,接下来M行每行是整数u,v(1<=u,v<=N),表示顶点u与顶点v之间存

传送门 解题思路 设\(f(x)\)表示到\(x\)这个点的期望次数,那么转移方程为\(f(x)=\sum\frac{f(u)*(1 - \frac{p}{q})}{deg(u)}\),其中\(u\)为与\(x\)相连的点,\(deg(u)\)为\(u\)的度数.转移方程很好理解的,而每个点的爆炸概论就等于\(f(x)*\frac{p}{q}\).之后做一遍高斯消元就行了. 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cst

BZOJ 2337 XOR和路径 题解 这道题和游走那道题很像,但又不是完全相同. 因为异或,所以我们考虑拆位,分别考虑每一位: 设x[u]是从点u出发.到达点n时这一位异或和是1的概率. 对于所有这一位是1的边,若一个端点是u.另一个是v,则x[u] += (1 - x[v]) / deg[u],反之亦然: 对于这一位是0的边,x[u] += x[v] / deg[u],反之亦然. 然后得到好多方程,高斯消元即可. #include <cstdio> #include <cmath&g

先Tarjan缩点 强连通分量里用高斯消元外面直接转移 注意删掉终点出边和拓扑 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #include<queue> #include<vector> #define N 10010 #define M 1000010 using namespace std; typedef double D;

[BZOJ2707][SDOI2012]走迷宫 Description Morenan被困在了一个迷宫里.迷宫可以视为N个点M条边的有向图,其中Morenan处于起点S,迷宫的终点设为T.可惜的是,Morenan非常的脑小,他只会从一个点出发随机沿着一条从该点出发的有向边,到达另一个点.这样,Morenan走的步数可能很长,也可能是无限,更可能到不了终点.若到不了终点,则步数视为无穷大.但你必须想方设法求出Morenan所走步数的期望值. Input 第1行4个整数,N,M,S,T 第[2, M

高斯消元弄了半天没弄对.. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 205 #define eps 1e-8 double A[maxn][maxn],x[maxn],ans[maxn]; int nxt[maxn],n; #define a A void guess(int n){ //行,列 ;i<n;i++){ ){//求主元的时候不能直接用swap进行交换 ; ;j<=n;j++) ) id=j;

Codeforces 题目传送门 & 洛谷题目传送门 神仙题,%%% 首先考虑所有格子都是陷阱格的情况,那显然就是一个矩阵快速幂,具体来说,设 \(f_{i,j}\) 表示走了 \(i\) 步到达 \(j\) 点的概率,那显然有 \(dp_{i+1,k}\leftarrow dp_{i,j}\times\dfrac{1}{\delta^+(j)}\)(\(j,k\) 之间有边相连),矩阵快速幂优化一下即可,最终答案即为 \(f_{k-1,n}\),时间复杂度 \(n^3\log k\). 接下来

题意 题目链接 Sol 设\(f[i]\)表示炸弹到达\(i\)这个点的概率,转移的时候考虑从哪个点转移而来 \(f[i] = \sum_{\frac{f(j) * (1 - \frac{p}{q})}{deg(j)}}\) \(f[1]\)需要+1(炸弹一开始在1) // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP(x, y) make_pair(x,

qwq 一开始想了个错的做法. 哎 直接开始说比较正确的做法吧. 首先我们考虑题目的\(ans\)该怎么去求 我们令\(x\)表示原图中的某一条边 \[ans = \sum \prod_{x\in tree} p_x \prod_{x\ not\in tree} (1-p_x) \] qwq而根据矩阵树定理,我们可以求出来所有生成树的边权乘积的和,也就是前一部分. 现在我们考虑应该怎么优化第二部分. qwq 我们经过推理能发现,我们可以用总的除去在生成树里面的求出来不在生成树里面的. 也就是说

给你一幅N*M的地图,地图中有不能到达的障碍物'#'与可以走的点'.',从(1,1)开始走到(N,M),其中每一次走动均等概率地向周围的可达的格子走去,求到达(N,M)的期望步数.(N,M<=10) 一开始根本不知道这题居然是用高斯消元来做的,感觉非常神奇,高斯消元作用就是你自己列出一系列关于期望的方程,然后求一个$E(1,1)$的变量值即可. 首先可以设每一个格子(X,Y)到达(N,M)的期望值为未知数$E(x,y)$,那么我们有N*M个格子,有N*M个未知数即N*M个变量,然后方程怎么列呢?

纪念首道期望题(虽说绿豆蛙的归宿才是,但是我打的深搜总觉得不正规). 我们求出每条边的期望经过次数,然后排序,经过多的序号小,经过少的序号大,这样就可以保证最后的值最小. 对于每一条边的期望经过次数,其实是从它起点和终点来的.设f[]为每个点经过的期望,out[]为每个点的出度 设一条边,起点为u,终点为v.那么它的期望经过次数为f[u]/out[u]+f[v]/out[v] 这样问题就转化为求每个点的期望经过次数了 对于起点,一开始经过一次,也可能从其他点走过来. f[1]=1+sigma(f

题意 题目链接 Sol mdzz这题真的太恶心了.. 首先不难看出这就是个高斯消元解方程的板子题 \(f[x] = \sum_{i = 1}^n f[to(x + i)] * p[i] + ave\) \(ave\)表示每次走的期望路程 然后一件很恶心的事情是可以来回走,而且会出现\(M > N\)的情况(因为这个调了两个小时..) 一种简单的解决方法是在原序列的后面接一段翻转后的序列 比如\(1 \ 2 \ 3 \ 4\)可以写成\(1 2 3 4 3 2\) 然后列式子解方程就行了 附送一个

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

3143: [Hnoi2013]游走 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 3576  Solved: 1608[Submit][Status][Discuss] Description 一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M. 小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数.当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分

3143: [Hnoi2013]游走 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 2264  Solved: 987[Submit][Status][Discuss] Description 一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M. 小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数.当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数