期望题汇总

2020-10-21 07:31:25 阅读：274 来源： 互联网

P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅

假设当前已经有\(k\)个名字，设\(a = \frac{k}{n}\)，就是拿到一个已经有过名字的概率。

设在经过\(t\)次拿到新的名字，那么概率就是\(a ^ {t - 1}(1 - a)\)。

那么期望次数就是\(E(1 - a) = (1 - a) * 1 + (1 - a) * a * 2 + (1 - a) * a ^2*3... = (1 - a) * (1 + 2a + 3a^2...) = E(1) - E(a)\)。

我们还可以知道\(E(a) = a + 2a^2 + 3a^3+... = aE = E(1) - 1 - a - a^2 - a^3...\)。

然后移个项就可以得到\(E(1 - a) = 1 + a + a ^2 + a ^ 3 + ... = \frac{1 - a^n}{1 - a}\)。

因为\(0 < a < 1\)，所以\(a ^ n\)接近于0，所以\(E(1 - a) = \frac{1}{1 - a} = \frac{n}{n - k}\)。

所以我们最后的答案就是\(\displaystyle \sum _{k = 0}^{n - 1} \frac{n}{n - k}\)。

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

inline long long read() {
    long long s = 0, f = 1; char ch;
    while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
    for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
    return s * f;
}

const int N = 40;
int n, tag;
long long tmpm, tmpz;

long long gcd(long long x, long long y) {
    return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}

long long LCM(long long x, long long y) {
    return x * y / gcd(x, y);
}

signed main() {
    n = read();
    long long lcm = -1;
    if(n == 0) { printf("0\n");return 0; }
    for(int k = 0;k < n; k++) {
        if(lcm == -1) lcm = n - k, tmpm = n - k, tmpz = n;
        else {
            lcm = LCM(lcm, n - k);
            tmpz = tmpz * (lcm / tmpm) + n * (lcm / (n - k));
            tmpm = lcm;
            long long g = gcd(tmpz, tmpm);
            tmpz /= g; tmpm /= g;
        }
    }
    if(tmpm == 1) printf("%lld\n", tmpz);
    else {
        long long a = tmpz / tmpm, b = tmpz % tmpm, len = 0, len2 = 0;
        long long tmp = a, tmp2 = tmpm;
        do len ++; while(tmp /= 10);
        do len2 ++; while(tmp2 /= 10);
        for(int i = 1;i <= len; i++) cout << " ";
        printf("%lld\n", b);
        printf("%lld", a);
        for(int i = 1;i <= len2; i++) cout << "-";
        printf("\n");
        for(int i = 1;i <= len; i++) cout << " ";
        printf("%lld\n", tmpm);
    }

    return 0;
}

P3802 小魔女帕琪

题目链接

设\(N = \displaystyle \sum _{i = 1}^{7}a_i\)。

首先我们假设一连串取出前七个不同的，那么它的概率就是：\(P = \frac{a_1}{N}*\frac{a_2}{N - 1}*\frac{a_3}{N - 2}*\frac{a_4}{N - 3}*\frac{a_5}{N - 4}*\frac{a_6}{N - 5}*\frac{a_7}{N - 6}\)。

然后我们发现取元素的顺序不同也是不同的方案，所以前七个释放大招的期望就是\(E = 7！* P * 1\)。

然后我们看第八个元素，我们知道\([2, 8]\)也是可以释放大招的，于是我们又可以写出概率（第一个元素已经确定）：\(P' = \frac{a_1}{N}*\frac{a_2}{N - 1}*\frac{a_3}{N - 2}*\frac{a_4}{N - 3}*\frac{a_5}{N - 4}*\frac{a_6}{N - 5}*\frac{a_7}{N - 6} * \frac{a_1 - 1}{N - 7}\)。

第八个元素其实是1到7都可以放的，而且我们又可以知道\(\displaystyle \sum_{i = 1}^{7} \frac{a_i - 1}{N - 7} = 1\)。

所以前八个释放大招的期望就是\(E' = 2 * 7！* \displaystyle \sum_{i = 1}^{7} P'* 1 = 2 * 7! * P * 1\)。

以此类推，前n个释放大招的期望就是\(E = 7! * (N - 6) * P\)。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

inline long long read() {
    long long s = 0, f = 1; char ch;
    while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
    for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
    return s * f;
}

int a[8];
long double fac, sum, ans;

int main() {

    fac = 1; ans = 1;
    for(int i = 1;i <= 7; i++) {
        a[i] = read(); sum += a[i]; fac *= i;
    }
    if(sum < 7) { printf("0.000\n"); return 0; }
    for(int i = 1;i <= 7; i++) {
        ans *= 1.0 * a[i] / (sum - i + 1);
    }
    printf("%.3Lf", fac * ans * (sum - 6));

    return 0;
}

P3750 [六省联考2017]分手是祝愿

题目链接

首先确定最小的操作次数\(cnt\)。我们从后往前扫，遇到亮着的就把他灭掉，这样可以求出最少操作次数。因为每一个灯可以将按得次数变为按或没有按，我们假设\(p\)位置的灯是亮着的，\(p\)后面的灯是关的，那么\(p\)这个灯只能通过按下自己使自己灭掉。这样找的话我们找到的是必须按下的灯，也就是其他灯不管是按了偶数次，相当于没按。

如果\(cnt <= k\)，那么答案就是\(cnt * n!\)。

如果\(cnt > k\)，我们需要求出让操作次数小于等于\(k\)的期望步数。

\(f[i]\)表示让操作次数从\(i\)次变到\(i - 1\)次的期望步数，那我们可以列出DP转移方程：\(f[i] = \frac{i}{n} + \frac{n - i}{n} * (f[i] * f[i + 1] + 1)\)。我们有\(n\)个灯，按到必须按的灯的概率（也就是可以让操作次数减小的灯的概率）是\(\frac{i}{n}\)，那么按到多余的灯的概率就是\(\frac{n - i}{i}\)，按到多余的灯就得把多的那一个操作次数按回来，就是乘上\(f[i + 1]\)，因为要变到\(i - 1\)，所以还要乘上\(f[i]\)，然后再加上1的错误操作。化简一下就可以变成\(f[i] = \frac{n + (n - i)f[i + 1]}{i}\)。

所以答案就是\((f[cnt] + f[cnt - 1] + ... + f[k + 1] + k) * n!\)。

#include <bits/stdc++.h>
    
using namespace std;
    
inline long long read() {
    long long s = 0, f = 1; char ch;
    while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
    for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
    return s * f;
}
    
const int N = 1e5 + 5, mod = 1e5 + 3;
int n, k, cnt, ans;
int a[N], f[N];

int ksm(int x, int y, int mod) {
    int res = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
        x = 1ll * x * x % mod; y >>= 1;
    }
    return res;
}

int inv(int x) {
    return ksm(x, mod - 2, mod);
}

int main() {
    
    n = read(); k = read();
    for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = read();
    for(int i = n;i >= 1; i--) {
        if(a[i]) {
            cnt ++;
            for(int j = 1;j * j <= i; j++) {
                if(!(i % j)) {
                    a[j] ^= 1;
                    if(j * j != i) a[i / j] ^= 1;
                }
            }
        }
    }
    for(int i = n;i >= 1; i--) f[i] = 1ll * (n + 1ll * (n - i) * f[i + 1] % mod) % mod * inv(i) % mod;
    if(cnt <= k) ans = cnt;
    else {
        for(int i = cnt;i >= k + 1; i--) ans = (ans + f[i]) % mod;
        ans = (ans + k) % mod;
    }
    for(int i = 1;i <= n; i++) ans = 1ll * ans * i % mod;
    printf("%d", ans);

    return 0;
}

标签：cnt,ch,期望,int,汇总,long,frac,mod
来源： https://www.cnblogs.com/czhui666/p/13850123.html

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