算是强迫自己复习一次做的题吧
LuoGu3802 小魔女帕琪
首先很重要的一点：\(1-7\)放了大招，可能\(2-8\)也会放大招。这对接下来的推导过程很重要。
先求出前\(7\)次放出大招的概率。
令\(sum=\sum_{i=1}^{7}a_i\)，则有：
\(P(7)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}\)
考虑到这种两两不同的出现情况可能是一个全排列，实际上\(P(7)\)应该还要乘上\(7!\)。
接下来考虑在第\(8\)次放大的概率。
令第一个取出来的是\(a_1\)，则有\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}*\frac{a_1-1}{sum-7}\)
这是确定了第一个的，所以第\(2-8\)个可以任意排列，实际上\(P(8)\)还是要乘上\(7!\)。
同理，第一个取出来的是\(a_2\)，\(a_3\)的情况与\(a_1\)相仿，那么\(P(8)\)的实际大小应该等于\(\sum_{i=1}^7P'(a_i)\)，其中\(P'(a_i)\)表示在第一个取出\(a_i\)的条件下第\(8\)次放大的概率（条件概率的基本公式）。
现在考虑和式化简。
\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*7!*\frac{a_1-1}{sum-1}*\frac{a_2}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7}{sum-7}\)
\(+\frac{a_2}{sum}*7!*\frac{a_1}{sum-1}*\frac{a_2-1}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7}{sum-7}\)
\(+...\)
\(+\frac{a_7}{sum}*7!*\frac{a_1}{sum-1}*\frac{a_2}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7-1}{sum-7}\)
令\(K=\prod_{i=1}^7a_i\)，原式化简为：
\(7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*K*\sum_{i=1}^7(a_i-1)\)
\(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*(sum-7)*K\)
\(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-6)*K\)
拆开\(K\)后有
\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}=P(7)\)
也就是第\(8\)次放大和第\(7\)次放大的概率是一样的。
由数学归纳法，易证得\(P(i)=P(7),i\in[7,sum]\)
那就好办了
int n = 7, sum;
int a[233];
int main()
{
// freopen("testdata.in", "r", stdin);
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), sum += a[i];
if (sum < 7)
{
printf("0.000");
return 0;
}
rg double ans = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) ans *= 1.0 * a[i] / (sum - i + 1);
printf("%.3lf", ans * 5040ll * (LL)(sum - 6));
return 0;
}LuoGu4316 绿豆蛙的归宿
根据题意，很容易设计出逆推状态：设\(dp[i]\)表示在第\(i\)点期望多少步走到终点，显然初始状态\(dp[n]=0\)，所求状态\(dp[1]\)
这里也体现了设计期望\(dp\)的一般套路：哪个起始状态给定就从哪推 (有可能是我只做了这种简单题)。
我们可以很容易地得到一个状态转移方程如下：
\[ dp[u]=\frac{1}{degree[u]}*\sum_{v\in(son(u))}(dp[v]+dis(u,v)) \]
考虑如何进行转移。
题目给定原图是一张DAG，很自然地想到拓扑排序。考虑在拓扑排序时更新\(dp\)值，我们建一张原图的反图，那么就可以很自然地从节点\(n\)向节点\(1\)递推了。
queue<int> q;
inline void topsort()
{
q.push(n);
while (!q.empty())
{
rg int x = q.front();
q.pop();
if (memd[x]) dp[x] = dp[x] / (1.0 * memd[x]);
for (rg int i = head[x]; i; i = e[i].next)
{
rg int v = e[i].v, w = e[i].w;
dp[v] += dp[x] + w;
if (!(--deg[v])) q.push(v);
}
}
}
int main()
{
// freopen("testdata(1).in", "r", stdin);
read(n), read(m);
for (rg int i = 1; i <= m; ++i)
{
read(x), read(y), read(z);
add(y, x, z), ++deg[x], ++memd[x];
}
topsort();
printf("%.2lf", dp[1]);
return 0;
}LuoGu4550 收集邮票
设\(dp[i]\)表示当前收集了\(i\)张邮票，距离收集所有邮票的期望次数。易知