概率与期望游戏地图

前言

其实从去年开始初次接触概率期望后，后面的考试几乎场场见到；而每次都只能敲最原始的暴力，根本不知道从何下手

所以现在开启省选前的最后冲刺修炼，不是说以后一定要做出正解，但至少最基本的入手思路，常见套路，以及方法都要有所了解，不至于做个实实在在的门外汉

,Ծ‸Ծ,

话不多说，开始吧冲冲冲！！(≧▽≦)/

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只有小野猪经验的小村庄

A：P2911

[USACO08OCT]Bovine Bones G

直接设$f_i,g_i,h_i$表示一个骰子，两个骰子，三个骰子数和为$i$的概率

枚举骰子朝上数字的数值，用浮点数暴力$DP$即可

权值非常小是可以通过的

#include <cstdio>
#define maxn 100
int s1, s2, s3;
double f[maxn], g[maxn], h[maxn];

int main() {
    
    
	scanf( "%d %d %d", &s1, &s2, &s3 );	
	for( int i = 1;i <= s1;i ++ )
		f[i] += 1.0 / s1;
	for( int i = 1;i <= s2;i ++ )
		for( int j = 1;j <= s1;j ++ )
			if( ! f[j] ) continue;
			else g[i + j] += f[j] / s2;
	for( int i = 1;i <= s3;i ++ )
		for( int j = 2;j <= s1 + s2;j ++ )
			if( ! g[j] ) continue;
			else h[i + j] += g[j] / s3;
	int pos = 0;
	for( int i = 3;i <= s1 + s2 + s3;i ++ )
		if( h[i] > h[pos] ) pos = i;
	printf( "%d\n", pos );
	return 0;
}

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拾得宝典的玄灵大陆

B：P4316

绿豆蛙的归宿

期望等于每种情况的概率×加权的求和

此题是有向无环的图，直接根据定义搜索去算即可

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
vector < pair < int, int > > G[maxn];
int n, m;
double ans;

void dfs( int u, int len, double f ) {
	if( u == n ) {
		ans += len * f;
		return;
	}
	for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {
		int v = G[u][i].first;
		dfs( v, len + G[u][i].second, f / G[u].size() );
	}
}

int main() {
	scanf( "%d %d", &n, &m );
	for( int i = 1, u, v, len;i <= m;i ++ ) {
		scanf( "%d %d %d", &u, &v, &len );
		G[u].push_back( make_pair( v, len ) );
	}
	dfs( 1, 0, 1 );
	printf( "%.2f", ans );
	return 0;
}

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C：P6154

游走

$一条路径长度的期望=所有路径的长度和/路径总数$

设$f_i$表示以$i$开始的所有路径长度和，$g_i$表示以$i$开始的路径数

$f_i={\sum }_{j\in so{n}_i}{f}_j+g_j,g_i=1+{\sum }_{j\in so{n}_i}{g}_j\Rightarrow ans=\frac{\sum f_i}{\sum g_i}$

有向无环图直接记忆化搜索即可

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define int long long
#define mod 998244353
vector < int > G[maxn];
int n, m, sumf, sumg;
bool vis[maxn];
int f[maxn], g[maxn];

int qkpow( int x, int y ) {
    
    
	int ans = 1;
	while( y ) {
    
    
		if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

void dfs( int u ) {
    
    
	if( vis[u] ) return;
	vis[u] = 1, g[u] = 1;
	for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {
    
    
		int v = G[u][i];
		dfs( v );
		f[u] = ( f[u] + f[v] + g[v] ) % mod;
		g[u] = ( g[u] + g[v] ) % mod;
	}
	sumf = ( sumf + f[u] ) % mod, sumg = ( sumg + g[u] ) % mod;
}

signed main() {
    
    
	scanf( "%lld %lld", &n, &m );
	for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {
    
    
		scanf( "%lld %lld", &u, &v );
		G[u].push_back( v );
	}
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		if( ! vis[i] ) dfs( i );
	printf( "%lld\n", sumf * qkpow( sumg, mod - 2 ) % mod );
	return 0;
}

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D：P1297

[国家集训队]单选错位

期望具有线性，$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$

考虑相邻两道题的期望，两道答案的总数情况$a_i\times a_{i+1}$，而$a_i$答案恰好是$a_{i+1}$正确答案的情况数为$min(a_i,a_{i+1})$，贡献$1$的概率则为$\frac{min(a_i,a_{i+1})}{a_i\times a_{i+1}}=\frac{1}{max(a_i,a_{i+1})}$

扫一遍直接相加即可

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 10000005
#define int long long
int n, A, B, C;
double ans;
int a[maxn];

signed main() {
    
    
	scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &n, &A, &B, &C, &a[1] );
	for( int i = 2;i <= n;i ++ )
		a[i] = ( a[i - 1] * A + B ) % 100000001;
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		a[i] = a[i] % C + 1;
	for( int i = 1;i < n;i ++ )
		ans += 1.0 / max( a[i], a[i + 1] );
	ans += 1.0 / max( a[1], a[n] );
	printf( "%.3f\n", ans );
	return 0;
}

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E：P6862

[RC-03] 随机树生成器

度数是入度加出度，把连向父亲的边叫做点的出边，由儿子连向自己的边叫做点的入边

对于点$i$，其父亲的选择个数为$[1,i)\to i-1$，所以整棵树的生成个数为$(n-1)!$

所有方案下，点$i$的出边都为$1$（除根节点$1$，则其出度和为$(n-1)!$

入边的话，枚举儿子个数，考虑用组合数算情况数量，发现因为点不一样情况数也不一样，无法统计，走进死胡同了o((⊙﹏⊙))o.

观察这个数据范围，$O(nT)$都不行，多半是推式子/预处理$O(1)$计算吧，盲猜一波好吧╮(╯-╰)╭…

哎呀，我是sb

总情况数×概率=事情发生的情况数

总数乘该点做儿子的概率不就等于情况数了吗

$an{s}_i=(n-1)!\times \left(\right({\sum }_{j=i+1}^n\frac{1}{j-1})+1)$

预处理阶乘和逆元即可乁[ᓀ˵▾˵ᓂ]ㄏ

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000009
#define maxn 10000000
int T, n, k;
int fac[maxn + 5], inv[maxn + 5];

int qkpow( int x, int y ) {
    
    
	int ans = 1;
	while( y ) {
    
    
		if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

signed main() {
    
    
	fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;
	for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( inv[i] + inv[i - 1] ) % mod;
	scanf( "%lld", &T );
	while( T -- ) {
    
    
		scanf( "%lld %lld", &n, &k );
		printf( "%lld\n", ( fac[n - 1] * ( inv[n - 1] - inv[k - 1] + ( k != 1 ) ) % mod + mod ) % mod );
	}	
	return 0;
}

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参悟升级的三千界

F：P1365

WJMZBMR打osu! / Easy

总方案数为$2^{问号个数}$

好像设$dp$也转移不动诶<(ToT)>

期望$dp$题设计状态都是老套路$f_i$：前$i$次点击的期望得分

重点在于如何正确的转移——废话(;¬_¬)

设$len$：连续$o$字符的期望个数

x

$f_i=f_{i-1},len=0$

o

$f_i=f_{i-1}+(len+1{)}^2-le{n}^2,len++$

?

成为x，o的概率是相等的，所以将期望$/2$，把x，o的转移合在一起乘上概率

相当于把分母总方案数拆分到每个具体?的位置计算

$f_i=\frac{f_{i-1}+(len+1{)}^2-len+f_{i-1}+0}{2}=f_{i-1}+len+0.5,len=\frac{len+1+0}{2}=\frac{len+1}{2}$

#include <cstdio>
#define maxn 300005
int n;
char s[maxn];
double f[maxn];

int main() {
    
    
	scanf( "%d %s", &n, s + 1 );
	double len = 0;
	for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
    
    
		switch( s[i] ) {
    
    
			case 'x' : {
    
    
				f[i] = f[i - 1];
				len = 0;
				break;
			}
			case 'o' : {
    
    
				f[i] = f[i - 1] + len * 2 + 1;
				len ++;
				break;
			}
			case '?' : {
    
    
				f[i] = f[i - 1] + len + 0.5;
				len = ( len + 1 ) / 2;
				break;
			}
		}
	}
	printf( "%.4f\n", f[n] );
	return 0;
}

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G：P1850

[NOIP2016 提高组] 换教室

大讨论yyds

$dis(i,j):i-j$的最短距离（$floyd$即可

$f[i][j][k]$：处理到前$i$个教室，一共换了$j$次教室，第$i$个教室是(1)否(0)选择换教室的最小体力期望

• 第$i$个教室不换$f[i][j][0]$

  • 前一个教室不换$f[i-1][j][0]$

    $dis(c_{i-1},c_i)$

  • 前一个教室要换$f[i-1][j][1]$

    • 失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})$

    • 成功

      $dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}$

  $$f[i][j][0]=min\{\begin{array}{l}f[i-1][j][0]+dis(c[i-1],c[i])\\ f[i-1][j][1]+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})+dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\end{array}$$

• 第$i$个教室要换$f[i][j][1]$

  • 前一个教室不换$f[i-1][j-1][0]$

    • 成功

      $dis(c_{i-1},d_i)\ast k_i$

    • 失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_i)$

  • 前一个教室要换$f[i-1][j-1][0]$

    • 前一个成功，失败

      $dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\ast (1-k_i)$

    • 前一个失败，失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})\ast (1-k_i)$

    • 前一个成功，成功

      $dis(d_{i-1},d_i)\ast k_{i-1}\ast k_i$

    • 前一个失败，成功

      $dis(c_{i-1},d_i)\ast (1-k_{i-1})\ast k_i$

  $$f[i][j][1]=min\{\begin{array}{l}f[i-1][j-1][0]+dis(c_{i-1},d_i)\ast k_i+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_i)\\ f[i-1][j-1][1]+dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\ast (1-k_i)+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})\ast (1-k_i)+dis(d_{i-1},d_i)\ast k_{i-1}\ast k_i+dis(c_{i-1},d_i)\ast (1-k_{i-1})\ast k_i\end{array}$$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define inf 1e17
#define maxm 305
#define maxn 2005
#define int long long
int n, m, V, E;
int dis[maxm][maxm];
int c[maxn], d[maxn];
double k[maxn];
double f[maxn][maxn][2];

signed main() {
    
    
	scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &V, &E );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf( "%lld", &c[i] );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf( "%lld", &d[i] );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf( "%lf", &k[i] );
	for( int i = 1;i <= V;i ++ )
		for( int j = 1;j <= V;j ++ )
			dis[i][j] = inf;
	for( int i = 1, u, v, w;i <= E;i ++ ) {
    
    
		scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );
		dis[u][v] = dis[v][u] = min( dis[u][v], w );
	}
	for( int t = 1;t <= V;t ++ )
		for( int i = 1;i <= V;i ++ )
			for( int j = 1;j <= V;j ++ )
				dis[i][j] = min( dis[i][j], dis[i][t] + dis[t][j] );
	for( int i = 1;i <= V;i ++ )
		dis[i][0] = dis[0][i] = dis[i][i] = 0;
	for( int i = 0;i <= n;i ++ )
		for( int j = 0;j <= m;j ++ )
			f[i][j][0] = f[i][j][1] = inf;
	f[1][0][0] = f[1][1][1] = 0;
	for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
    
    
		int C = c[i - 1], Ci = c[i], D = d[i - 1], Di = d[i];
		double K = k[i - 1], Ki = k[i];
		f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + dis[C][Ci];
		for( int j = 1;j <= min( i, m );j ++ ) {
    
    
			f[i][j][0] = min( f[i][j][0], min( f[i - 1][j][0] + dis[C][Ci], f[i - 1][j][1] + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) + dis[D][Ci] * K ) );
			f[i][j][1] = min( f[i][j][1], min( f[i - 1][j - 1][0] + dis[C][Di] * Ki + dis[C][Ci] * ( 1 - Ki ), f[i - 1][j - 1][1] + dis[D][Ci] * K * ( 1 - Ki ) + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) * ( 1 - Ki ) + dis[D][Di] * K * Ki + dis[C][Di] * ( 1 - K ) * Ki ) );
		}
	}
	double ans = inf;
	for( int i = 0;i <= m;i ++ )
		ans = min( ans, min( f[n][i][0], f[n][i][1] ) );
	printf( "%.2f\n", ans );
	return 0;
}

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