标签：const int double ans db 简单 期望 include DP
关键性质：
\[\begin{align} & E(C)=E(C) \tag{1} \\ & E(CX)=CE(x) \tag{2}\\ & E(x+y)=E(x)+E(y) \tag{3}\\ & x\cap y=\emptyset \Rightarrow E(xy)=E(x)E(y) \tag{4} \end{align} \]PS:
\((3)\)特别重要，很多题通过递推解决
\((4)\)可以解决独立随机变量之积的情况
例题
Luogu P4316 绿豆蛙的归宿
题链
正向做比较麻烦，设\(f[i]\)是\(1->i\)的期望,\(g[i]\)是\(1->i\)的概率
边权要乘g
可以反向做，设\(f[i]\)是\(i->n\)的期望，反向作一遍即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int cnt,to[N],nxt[N],he[N],w[N];
int n,m,d[N],deg[N],l,r,q[N];
double f[N];
inline void add(int u,int v,int k) {
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],he[u]=cnt;
w[cnt]=k;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++) {
int u,v,k; scanf("%d%d%d",&u,&v,&k);
add(v,u,k);
d[u]++,deg[u]++;
}
q[l=r=1]=n;
while(l<=r) {
int u=q[l]; l++;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e]) {
int v=to[e];
d[v]--;
f[v]+=(f[u]+w[e])/deg[v];
if(d[v]==0) q[++r]=v;
}
}
printf("%.2lf\n",f[1]);
return 0;
}
LuoguP1654 OSU!
\[\begin{align} & a+1=a+1 \\ &(a+1)^2=a^2+2a+1 \\ & (a+1)^3=a^3+3a^2+3a+1 \\ \end{align} \]依次维护\(a^3,a^2,a\)的期望即可
#include <bits/stdc++.h>
#define db double
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int n;
db f1, f2, ans, a[N];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lf", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans += (f2 * 3 + f1 * 3 + 1) * a[i];
f2 = (f2 + f1 * 2 + 1) * a[i];
f1 = (f1 + 1) * a[i];
}
printf("%.1lf\n", ans);
return 0;
}
BZOJ2201 彩色圆环
考虑链上，DP显然
考虑环上，枚举头，再枚举尾和头颜色一样的数量\(j\)，则\(n-j\)是链的情况且头和尾不同，不妨设\(f[i][0/1]\)表示前\(i\)个头和尾是否相同的期望答案
时间复杂度\(O(n^3)\)，过了
写完发现\(f[i][0/1]\)都一样，所以\(O(n^2)\)解决
#include<bits/stdc++.h>
#define db double
using namespace std ;
const int N=205;
int n,m;
db p[N],ans,f[N][2];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]/m;
ans=p[n]*n*m;
for(int k=1;k<n;k++) {
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=f[i][1]=0;
f[k][1]=1;
for(int i=k+1;i<=n;i++) {
for(int j=k;j<i;j++) {
f[i][0]+=f[j][0]*p[i-j]*(i-j)*(m-2)+f[j][1]*p[i-j]*(i-j)*(m-1);
f[i][1]+=f[j][0]*p[i-j]*(i-j);
}
}
for(int i=k;i<=n;i++) {
ans+=f[i][0]*(n-i+k)*p[n-i+k]*m;
}
}
printf("%.5lf\n",ans);
return 0;
}
Luogu P3232 [HNOI2013]游走
题链
显然最优解是期望经过最大的边的权值最小
\(f[i]\)表示从\(i\)节点出去的期望数量
可以列出n-1个方程，其中\(f[n]=0\),\(f[1]\)要加\(1\)，高斯消元
然后求出边的期望即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define db long double
const db eps=1e-6;
using namespace std;
const int N=1005,M=1e6+5;
int n,m,deg[N],u[M],v[M];
bool e[N][N];
db a[N][N],ans[N],E[M],s;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
e[u[i]][v[i]]=1;
e[v[i]][u[i]]=1;
deg[u[i]]++;
deg[v[i]]++;
}
ans[n]=0;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
for(int j=1;j<=n-1;j++)
if(e[i][j]) a[i][j]=(db)1/deg[j];
a[i][i]=-1;
}
a[1][n]=-1;
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
if(abs(a[i][i])<=eps)
for(int j=i+1;j<=n-1;j++)
if(abs(a[j][i])>eps)
{
for(int k=i;k<=n;k++)
swap(a[i][k],a[j][k]);
break;
}
for(int j=i+1;j<=n-1;j++)
if(abs(a[j][i])>eps)
{
db b=a[i][i]/a[j][i];
a[j][i]=0;
for(int k=i+1;k<=n;k++)
a[j][k]=a[j][k]*b-a[i][k];
}
}
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
ans[i]=a[i][n];
for(int j=i+1;j<=n-1;j++)
ans[i]-=a[i][j]*ans[j];
ans[i]/=a[i][i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
E[i]=ans[u[i]]/deg[u[i]]+ans[v[i]]/deg[v[i]];
sort(E+1,E+m+1);
s=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
s+=E[i]*(m-i+1);
printf("%.3Lf\n",s);
return 0;
}
选书问题
注意:每个人选书是从小到大的
选每本书的概率可以用等比数列求和的方法求出
然后用树状数组维护期望
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,m;
long double p,mi[N],c[N],ans;
vector<int>a[N];
inline long double ask(int x) {
double ret=0;
for(x;x<=n;x+=x&-x) ret+=c[x];
return ret;
}
inline void add(int x,long double k) {
for(x;x;x-=x&-x) c[x]+=k;
}
int main() {
scanf("%d%d%Lf",&n,&m,&p);
mi[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*(1-p);
for(int i=1;i<=m;i++) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
a[u].push_back(v);
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int num=a[i].size();
sort(a[i].begin(),a[i].end());
for(int j=0;j<num;j++) {
ans+=p*mi[j]/(1-mi[num])*ask(a[i][j]+1);
}
for(int j=0;j<num;j++) {
add(a[i][j],p*mi[j]/(1-mi[num]));
}
}
printf("%.2Lf\n",(long double)round(ans*100)/100);
return 0;
}
Luogu P3750 [六省联考2017]分手是祝愿
题链
若灯状态已知，显然从大到小关最优
对于每个数枚举约数，\(O(n\sqrt n)\) ；但如果考虑对每个数枚举倍数，时间复杂度是调和级数 \(O(n lg n)\)
预处理出需要几步
\(f[i]\)表示需要\(i->\)需要\(i-1\)的期望步数
由于上限是\(n\)步，所以\(f[n]=1\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int p=1e5+3;
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,a[N],ans,num,f[N],K,inv[N];
vector<int>v[N];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&K);
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=i+i;j<=n;j+=i) {
v[j].push_back(i);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
num=0;
for(int i=n;i;i--) {
if(a[i]) {
num++;
for(auto j:v[i]) {
a[j]=1-a[j];
}
}
}
if(num<=K) {
for(int i=1;i<=n;i++) num=(ll)num*i%p;
printf("%d\n",num);
return 0;
}
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
f[n]=1;
for(int i=n-1;i>K;i--) {
f[i]=((ll)(n-i)*f[i+1]+n)*inv[i]%p;
}
for(int i=num;i>K;i--) ans=(ans+f[i])%p;
ans+=K;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ll)ans*i%p;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
bzoj3029 守卫者的挑战
\(f[i][j][k]\)表示前\(i\)关，过了\(j\)关，背包容量为\(k\)的概率
发现\(n\)只有200，背包容量只需\([-200,200]\)即可
我为人人
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205;
int n,L,K,a[N];
double p[N],f[N][N][N+N];
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&L,&K); K=min(K,n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]),p[i]/=100;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
f[0][0][K+n]=1;
for(int i=0;i<n;i++) {
for(int j=0;j<=i;j++) {
for(int k=1;k<=n+n;k++) {
f[i+1][j][k]+=f[i][j][k]*(1-p[i+1]);
f[i+1][j+1][min(k+a[i+1],n+n)]+=f[i][j][k]*p[i+1];
}
}
}
double ans=0;
for(int i=L;i<=n;i++) {
for(int j=n;j<=n+n;j++) {
ans+=f[n][i][j];
// if(f[n][i][j]) printf("%d %d %.3lf\n",i,j,f[n][i][j]);
}
}
printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}
标签：const,int,double,ans,db,简单,期望,include,DP 来源： https://www.cnblogs.com/wsfwsf/p/14407067.html
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