概率期望简单杂题

前言

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cnblogs 我相信你！所以我把所有博客题解链都展开了！

有删改

目录

• 1. 绿豆蛙的归宿
  • 题面
  • 简要题解
  • 代码
• 2. 聪聪和可可
  • 题面
  • 简要题解
  • 代码
• 3. OSU!
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 4. Red is good
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 5. 守卫者的挑战
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 6. Easy
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 7. 单选错位
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 8. 列队春游
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 9. 矩形粉刷
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 10. 卡牌游戏
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 11. 换教室
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 12. 奖励关
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 13. 概率充电器
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 14. 游走
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 15. XOR和路径
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 16. 分手是祝愿
  • 题面
  • 题解
  • 代码
• 17, 18

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ああウー…… 转载请注明出处 .

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概率期望小记

为了省空间，代码压缩了（用的 Mivik 的代码压行机），想看可以自己格式化一下 .

缺省源：头文件 （$14,15$ 题缺省高斯消元）

映射表

题号	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K	L	M	N	O	P	Q	R
迫真题号	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$	$17$	$18$
题目名	绿豆蛙的归宿	聪聪和可可	OSU!	Red is good	守卫者的挑战	Easy	单选错位	列队春游	矩形粉刷	卡牌游戏	换教室	奖励关	概率充电器	游走	XOR和路径	分手是祝愿	硬币游戏	树
是否用到 dp（Y/N）	Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y	N	N	Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y	Y	N

Upd. S, T 题（chemistry，抽卡）没了，只剩 $18$ 道题了

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1. 绿豆蛙的归宿

题面

链接

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一张 $n$ 个点的带权 DAG 上随机游走，问 $1$ 走到 $n$ 走过的路径边权和期望 .

简要题解

简单题，令 $dp_u$ 为从 $1$ 到 $n$ 的版边和期望，则由期望定义知

$$dp_u=\dfrac1{\deg u}\sum_{v\to u}(dp_v+\operatorname{val}(u, v))$$

其中 $\deg u$ 是 $u$ 的入度 .

转移顺序是倒着的拓扑序 .

代码

using namespace std;const int N=1e5+500;typedef long long ll;typedef double db;int n,m,deg[N],ii[N];bool vis[N];db dp[N];vector<pair<int,int>>g[N];inline void addedge(int u,int v,int w){g[u].emplace_back(make_pair(v,w));++deg[v];++ii[v];}void koishi(int s){queue<int>q;q.push(s);dp[s]=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();for(auto e:g[u]){int v=e.first,w=e.second;dp[v]+=(dp[u]+w)/deg[v];if(!--ii[v])q.push(v);}}}int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0,u,v,w;i<m;i++)scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),addedge(v,u,w);koishi(n);printf("%.2f",dp[1]);return 0;}

2. 聪聪和可可

题面

链接

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一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，俩小可爱 $A,B$ 在图上走，初始 $A$ 在点 $m$，$B$ 在点 $c$，每个时刻 $A,B$ 的走法如下：

• $A$ 在图上随机游走（$A$ 可能原地不动）
• $B$ 的策略是每次选一个最接近 $A$ 的出点，如果没到 $A$ 就再走一步 .

每个时刻 $A$ 先走，$B$ 后走，问期望走几个时刻 $A,B$ 相遇 .

简要题解

第二题就放毒瘤，呜呜

首先这个 $B$ 的迷の走位可以预处理：令 $to(i,j)$ 表示 $B$ 在 $i$，$A$ 在 $j$ 时 $B$ 应该走到哪 .

令 $dp_{i,j}$ 表示 $B$ 在 $i$，$A$ 在 $j$ 的方案数，则

• 若 $i=j$，则 $dp_{i,j}=0$ .
• 若 $i$ 走 $1,2$ 步就到 $A$ 了，则 $dp_{i,j}=1$ .
• 若不然，则：

$$dp_{i,j}=1+\dfrac1{\deg j}\sum_{j\to k\text{ or }j=k}dp_{tr(i,k),k}$$

其中 $tr(i,k)=to(to(i,k),k)$，即 $i$ 走两步 .

照着方程跑 dp，做完了！

代码

using namespace std;const int N=1145;typedef long long ll;typedef double db;int n,m,s,t,dis[N][N],deg[N],to[N][N];db dp[N][N];bool vis[N],viss[N][N];vector<int>g[N];inline void addedge(int u,int v){g[u].emplace_back(v);++deg[u];}void bfs(int s){memset(vis,0,sizeof vis);queue<int>q;q.push(s);dis[s][s]=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();if(vis[u])continue;vis[u]=true;for(auto v:g[u]){if(vis[v])continue;q.push(v);dis[s][v]=min(dis[s][v],dis[s][u]+1);}}}db dfs(int u,int v){if(viss[u][v])return dp[u][v];if(u==v)return 0;int t1=to[u][v],t2=to[t1][v];if((t1==v)||(t2==v))return 1;dp[u][v]=1;for(auto e:g[v])dp[u][v]+=dfs(t2,e)/(deg[v]+1);dp[u][v]+=dfs(t2,v)/(deg[v]+1);viss[u][v]=true;return dp[u][v];}int main(){memset(dis,0x3f,sizeof dis);memset(to,0x3f,sizeof to);scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);for(int i=0,u,v;i<m;i++)scanf("%d%d",&u,&v),addedge(u,v),addedge(v,u);for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i);for(int i=1;i<=n;i++)for(auto v:g[i])for(int j=1;j<=n;j++)if(dis[i][j]-1==dis[v][j])to[i][j]=min(to[i][j],v);printf("%.3f",dfs(s,t));return 0;}

3. OSU!

题面

链接

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随机一个 01 串，第 $i$ 个字符是 $1$ 的概率是 $a_i$ .

求极长连续 $1$ 段长度三次方和的期望 .

题解

喜闻乐见 osu!

$\mathbb E^k(x)$ 表示极长连续 $1$ 段长度 $k$ 次方和（第 $x$ 个是 $1$）的期望 .

显然 $\mathbb E^1(x)=(\mathbb E^1(x)+1)a_i$，于是可以线性递推 .

平方怎么搞？

$$\mathbb E^2(x)=\left(\mathbb E^2(x-1)+2\mathbb E^1(x-1)+1\right)a_i$$

为啥？完全平方公式 .

类似

$$\mathbb E^3(x)=\left(\mathbb E^3(x-1)+3\mathbb E^2(x-1)+3\mathbb E^1(x-1)+1\right)a_i$$

目前条件是 第 $x$ 个是 $1$，想丢掉它只需要后面加一个 $\mathbb E^3(x-1)(1-a_i)$ 就完了 .

代码空间复杂度 $O(n)$，滚一下可以做到 $O(1)$ .

代码

using namespace std;const int N=100050;int n;double E1[N],E2[N],ans;int main(){scanf("%d",&n);double tmp;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lf",&tmp);E1[i]=(E1[i-1]+1)*tmp;E2[i]=(E2[i-1]+2*E1[i-1]+1)*tmp;ans+=(3*E2[i-1]+3*E1[i-1]+1)*tmp;}printf("%.1f",ans);return 0;}

4. Red is good

题面

链接

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有 $R$ 个 $1$，$B$ 个 $-1$，随机打乱，依次选取，可以在任意时刻停止 .

问在最优策略下期望取到数的和是多少 .

题解

dp，设答案是 $dp_{R,B}$，则

$$dp_{R,B}=\max\left\{\dfrac{R}{R+B}(dp_{R-1,B}+1)+\dfrac{B}{R+B}(dp_{R,B-1}-1),0\right\}$$

是不是非常显然

为啥要 $\max\{\cdots,0\}$？因为最优策略 — 停下 .

可以滚一维，但是我不想滚（要过 DarkBZOJ 必须要滚） .

代码

using namespace std;const int N=5141;typedef long long ll;typedef double db;int r,b;db dp[N][N];int main(){scanf("%d%d",&r,&b);for(int i=1;i<=r;i++)dp[i][0]=i;for(int i=1;i<=r;i++)for(int j=1;j<=b;j++)dp[i][j]=max(0.0,1.0*j/(i+j)*(dp[i][j-1]-1)+1.0*i/(i+j)*(dp[i-1][j]+1));ll integer=floor(dp[r][b]),_=floor(dp[r][b]*1e6-integer*1e6);printf("%lld.%06lld",integer,_);return 0;}

5. 守卫者的挑战

题面

链接

题解

令 $dp_{i, j, k}$ 表示前 $i$ 场挑战赢了 $j$ 场剩余容量为 $k$ 的概率 .

这方案数他妈不是 $200\times 200\times 200000=8\times 10^9$ 的吗？

容量 $k$ 只有不大于 $n$ 的部分是有用的，所以状态数其实是 $8\times 10^6$ 的，可以过~

有细节

代码

using namespace std;const int N=222;typedef long long ll;typedef double db;int n,l,k;struct thing{db p;int a;thing()=default;bool operator<(const thing&x){return a>x.a;}}a[N];db dp[N][N][N];int main(){scanf("%d%d%d",&n,&l,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i].p),a[i].p*=0.01;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].a);sort(a+1,a+1+n);k=min(k,n);dp[0][0][k]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<i;j++)for(int k=0;k<=n;k++){dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k]*(1-a[i].p);if(a[i].a+k>=0)dp[i][j+1][min(n,a[i].a+k)]+=dp[i-1][j][k]*a[i].p;}db ans=0;for(int j=l;j<=n;j++)for(int k=0;k<=n;k++)ans+=dp[n][j][k];printf("%.6f\n",ans);return 0;}

6. Easy

题面

链接

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均匀随机 01 串，求极长连续 $1$ 段期望和

题解

OSU! 弱化版

代码

略

7. 单选错位

题面

链接

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均匀随机序列，第 $i$ 位的取值是 $[1, a_i]\cap \mathbb Z$ .

循环轮换一位，问序列对应位相等个数的期望

题解

期望线性性，拆成相邻两位相同概率 .

古典概型，方案数相除，第 $i$ 位答案就是 $\dfrac{\min\{a_i,a_{i+1}\}}{a_ia_{i+1}}$，$i+1$ 需要轮换 .

代码

using namespace std;const int N=1e7+500;int n,A,B,C,a[N];int main(){scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,a+1);for(int i=2;i<=n;i++)a[i]=((long long)a[i-1]*A+B)%100000001;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=a[i]%C+1;double ans=1.0/max(a[1],a[n]);for(int i=1;i<n;i++)ans+=1.0/max(a[i],a[i+1]);printf("%.3f",ans);return 0;}

8. 列队春游

题面

链接

题解

这题坑啊，连样例都没有 ... ...
唔，我好菜啊 QwQ.

Lemma 1.

$$\mathbb E(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\mathbb P(x\ge i)$$

即 $x$ 取值的期望等于它大于等于某数的概率之和 .

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Proof.
由期望的定义知

$$\begin{aligned}\mathbb E(x)&=\sum_{i}i\cdot \mathbb P(x=i)\\&=\sum_{i}i(\mathbb P(x\ge i)-\mathbb P(x\ge i+1))\\&=\sum_ii\cdot\mathbb P(x\ge i)-\sum_ii\cdot \mathbb P(x\ge i+1)\\&=\sum_ii\cdot\mathbb P(x\ge i)-\sum_i(i-1)\mathbb P(x\ge i)\\&=\sum_i\mathbb P(x\ge i)\end{aligned}$$

证毕 .

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Lemma 2

$$\sum_{i=1}^n\dbinom{n-i+1}{k}=\dbinom{n+1}{k+1}$$

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众所周知，$\dbinom nm=\dbinom{n-1}m+\dbinom{n-1}{m-1}$

然后在把这个式子代到后面的 $\dbinom{n-1}{m-1}$，可以得到

$$\dbinom nm=\sum_{i=1}^{n-1}\dbinom{i}{m-1}$$

原式 $n-i+1$ 当 $i$ 取 $1\dots n$ 时也取$1\dots n$，从而

$$\begin{aligned}\mathrm{LHS}&=\sum_{i=1}^n\dbinom{i}{k}\\&=\dbinom{n+1}{k+1}&=\mathrm{RHS}\end{aligned}$$

证毕 .

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期望的线性性这步还是很显然的 .

算每个小朋友视野的期望，由期望的定义：

$$\mathbb E(d)=\sum_{i=1}^ni\cdot\mathbb P(d=i)$$

妈呀这不是 Lemma 1 的形式吗，直接套上

$$\mathbb E(d)=\sum_{i=1}^n\mathbb P(d\ge i)$$

然后 $\mathbb P(d\ge i)$ 咋求 .

假设有 $k$ 个不小于小朋友 $i$ 身高的小朋友（这个可以轻易算出来），于是他们就会挡住小朋友 $i$ >_<，只需要排列他们即可 .

古典概型，方案数之比，分母显然是随便放（会挡住小朋友和小朋友自己） $A_{n}^{k+1}$ .

考虑约束：

• 会挡住小朋友的人不能在小朋友前面 $i-1$ 个位置上 >_<
• 会挡住小朋友的人不能在小朋友的位置上（草）

这个方案就是 $A_{n-i}^k$，然后小朋友有 $n-i+1$ 种位置可以站，于是再乘一个$n-i+1$ .

综上，有

$$\mathbb P(d\ge i) = \dfrac{(n-i+1)A_{n-i}^k}{A_n^{k+1}}$$

是不是非常简单 .

$O(n^2)$ 不能，虽然理论可过，但是分子分母也太大了啊

推一波式子吧，反正每一步都很显然 .

$$\begin{aligned}\mathbb E(d)&=\sum_{i=1}^n\mathbb P(d\ge i)\\&=\sum_{i=1}^n \dfrac{(n-i+1)A_{n-i}^k}{A_n^{k+1}}\\&=\dfrac{(n-k-1)!}{n!}\sum_{i=1}^n\dfrac{(n-i+1)!}{(n-i-k)!}\\&=\dfrac{(n-k-1)!}{n!}\cdot (k+1)!\sum_{i=1}^n\dfrac{(n-i+1)!}{(n-i-k)!(k+1)!}\\&=\dfrac{(n-k-1)!}{n!}\cdot (k+1)!\sum_{i=1}^n\dbinom{n-i+1}{k+1}\\&=\dfrac{(n-k-1)!}{n!}\cdot (k+1)!\dbinom{n+1}{k+2}\\&=\dfrac{(n-k-1)!}{n!}\cdot (k+1)!\dfrac{(n+1)!}{(k+2)!(n-k-1)!}\\&=\dfrac{n+1}{k+2}\end{aligned}$$

倒数第三个等号是 Lemma 2.

于是你大力求一遍就完了，$O(n)$ .

代码

using namespace std;typedef double db;const int M=1234;int n,b[M],k;db ans;int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),++b[x];for(int i=1;i<=1000;i++){ans+=1.0*b[i]*(n+1)/(n+1-k);k+=b[i];}printf("%.2f",ans);return 0;}

9. 矩形粉刷

题面

链接

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$n\times m$ 的矩形，每次随机刷掉一个矩形，问 $k$ 次之后期望刷掉了多少个格子

题解

期望的线性性，是个地球人都能想到

然后就变成染色一个点的概率，染一次的概率是 $p$，染 $k$ 次就是 $1-(1-p)^k$ .

注意染到要讨论一大堆东西计算 /tuu

代码

using namespace std;const int N=1e5+500;typedef long long ll;typedef double db;int k,n,m;db ans=0;inline db sqr(const db&x){return x*x;}int main(){scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){db p=(sqr((i-1)*m)+sqr((j-1)*n)+sqr((n-i)*m)+sqr((m-j)*n)-sqr((i-1)*(j-1))-sqr((i-1)*(m-j))-sqr((n-i)*(j-1))-sqr((n-i)*(m-j)))/sqr(n*m);ans+=1-pow(p,k);}printf("%.0f",ans);return 0;}

10. 卡牌游戏

题面

链接

题解

每个人获胜的概率只与其在排列中与庄家的相对位置有关

令 $dp(i,j)$ 为还剩 $i$ 个人时，从庄家数第 $j$ 个人获胜的概率 .

枚举这一次选哪张牌，可得

$$dp(i,j)=\dfrac 1m \sum_k dp(i-1, j-t+i)$$

其中 $t$ 是死的人，即 $t=(a_k-1)\bmod (i+1)$ .

代码

using namespace std;const int N=1e3+500;typedef long long ll;typedef double db;int k,n,m,a[N];db dp[N][N];int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",a+i);dp[1][1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=m;k++){int t=(a[k]-1)%i+1;if(t==j)continue;dp[i][j]+=dp[i-1][(j-t+i)%i]/m;}for(int i=1;i<=n;i++)printf("%.2f%% ",dp[n][i]*100);return 0;}

11. 换教室

题面

链接

题解

略

代码

略

12. 奖励关

题面

链接

题解

大水题，状压 dp .

$dp_{k, S}$ 玩了 $k$ 次选了 $S$

$$dp_{i,S}=\sum_{j=1}^n\dfrac 1n\max\{dp_{i-1, S},dp_{i-1, S\cup\{j\}} + a_j\}$$

没了 .

代码

using namespace std;const int N=16,EN=(1<<N),K=111;typedef long long ll;typedef double db;int k,n,s[N],p[N];db dp[K][EN];int main(){scanf("%d%d",&k,&n);int _=(1<<n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",p+i);int x;while(~scanf("%d",&x)&&x)s[i]|=(1<<(x-1));}for(int i=k;i>=1;i--)for(int j=0;j<_;j++)for(int k=1;k<=n;k++){db __=dp[i+1][j];if((j&s[k])==s[k])__=max(__,dp[i+1][j|(1<<(k-1))]+p[k]);dp[i][j]+=__/n;}printf("%.6f",dp[1][0]);return 0;}

13. 概率充电器

题面

[链接]

题解

看题猜是换根但是没想出来/qd
由期望的线性性，答案就是每个点通电的概率 .

发现这个的并不太好做，我们求一下每个点不通电的概率 .

分析一下每个点受到哪些贡献：

1. 自己通电
2. 子树内通电
3. 子树外通电

令 $f(u)$ 为自己通电和子树内通电的概率，则

$$f(u)=(1-p_i)\prod_{v\in\mathrm{son}(u)}(f(v)+(1-f(v)(1-w))$$

为啥？因为贡献可以拆成：

• 子树没电
• 子树有电，但是不通电

令 $g(u)$ 表示子树外通电概率，我们可以考虑 $u$ 的子树外到底是什么：

• $u$ 的父亲的子树外
• $u$ 的父亲的子树除了 $u$ 的子树的部分

第一个贡献显然 .

关于第二个，因为我们是连乘积形式，所以直接除掉儿子的贡献就完了 .

于是就有 $u$ 的子树外有电的概率：

$$P=g(fa(u))\cdot\dfrac{f(fa(u))}{f(u)+(1-f(u))(1-w)}$$

然后类似的拆贡献：

• 子树没电
• 子树有电，但是不通电

于是就有

$$g(u)=P+(1-P)(1-w)$$

这个从父亲到儿子的 dp 可以自顶向下做 dfs .

注意特判分母为 $0$ 的情况

代码

using namespace std;typedef long long ll;typedef double db;const int N=514114;vector<pair<int,db>>g[N];inline void addedge(int u,int v,db w){g[u].emplace_back(make_pair(v,w));}inline void ade(int u,int v,db w){addedge(u,v,w);addedge(v,u,w);}int n;db p[N],dp1[N],dp2[N];void dfs1(int u,int fa){dp1[u]=1-p[u];for(auto e:g[u]){int v=e.first;db w=e.second;if(v==fa)continue;dfs1(v,u);dp1[u]*=dp1[v]+(1-dp1[v])*(1-w);}}void dfs2(int u,int fa){for(auto e:g[u]){int v=e.first;db w=e.second;if(v==fa)continue;if(dp1[v]+(1-dp1[v])*(1-w)==0)continue;db P=dp2[u]*dp1[u]/(dp1[v]+(1-dp1[v])*(1-w));dp2[v]=P+(1-P)*(1-w);dfs2(v,u);}}int main(){scanf("%d",&n);db w;for(int i=1,u,v;i<n;i++)scanf("%d%d%lf",&u,&v,&w),ade(u,v,w/100);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",p+i),p[i]/=100;dp2[1]=1;dfs1(1,0);dfs2(1,0);db ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans+=1-dp1[i]*dp2[i];printf("%.6f\n",ans);return 0;}

14. 游走

题面

链接

题解

考虑先统计每个点的期望经过次数 $dp_i$，于是

$$dp_i = \sum_{i\to j}\dfrac{dp_j}{\deg j}+[i=1]$$

因为起点是 $1$ 所以要特判 .

Gauss 消元直接解出来，然后每条边 $(u,v)$ 的期望次数就是

$$\dfrac{dp_u}{\deg u}+\dfrac{dp_v}{\deg v}$$

全部处理出来，然后排序就好了 .

代码

卡精度，我这里让 $eps=10^{-10}$ 就过了，不用开 long double .

using namespace std;const int N=555,M=125678;const double eps=1e-10;int n,m,deg[N];double a[N][N],rk[M];vector<int>g[N];inline void addedge(int u,int v){g[u].emplace_back(v);++deg[v];}inline void ade(int u,int v){addedge(u,v);addedge(v,u);}struct Edge{int u,v;Edge(int _,int __):u(_),v(__){};Edge()=default;};vector<Edge>ed;void create(){a[1][n]=1;for(int u=1;u<n;u++){a[u][u]=1;for(auto v:g[u])if(v!=n)a[u][v]=-1.0/deg[v];}}/*此处应有 Gauss 消元*/int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0,u,v;i<m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);ade(u,v);ed.push_back(Edge(u,v));}create();Gauss(n-1);int l=ed.size();for(int i=0;i<l;i++){int u=ed[i].u,v=ed[i].v;if(u!=n)rk[i+1]+=a[u][n]/deg[u];if(v!=n)rk[i+1]+=a[v][n]/deg[v];}sort(rk+1,rk+1+m);double ans=0;for(int i=1;i<=m;i++)ans+=(m-i+1)*rk[i];printf("%.3f\n",ans);return 0;}

15. XOR和路径

题面

链接

题解

由期望定义，可以拆贡献 .

xor 可以按位考虑，于是我们对每位做处理 .

令 $dp_u$ 表示从 $u$ 到 $n$ 路径 xor 和为 $1$ 的概率，于是

$$dp_u=\dfrac1{\deg u}\left(\sum_{val(u,v)=0}dp_v+\sum_{val(u,v)=1}(1-dp_v)\right)$$

由于可能有后效性，于是考虑 Gauss 消元 .

做完了，注意重边自环的影响 .

时间复杂度 $O(wn^3)$，其中 $w$ 是边权的位数 .

代码

using namespace std;const int N=333;const double eps=1e-9;int n,m,deg[N];double a[N][N];vector<pair<int,int>>g[N];inline void addedge(int u,int v,int w){g[u].emplace_back(make_pair(v,w));++deg[v];}inline void ade(int u,int v,int w){addedge(u,v,w);addedge(v,u,w);}void create(int _){a[n][n]=1;for(int u=1;u<n;u++){a[u][u]=deg[u];for(auto e:g[u]){int v=e.first,w=e.second;if(w&(1<<_)){++a[u][v];++a[u][n+1];}else--a[u][v];}}}inline bool z(const double&x){return abs(x)<eps;}/**/int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0,u,v,w;i<m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);addedge(u,v,w);if(u!=v)addedge(v,u,w);}double ans=0;for(int i=0;i<32;i++){memset(a,0,sizeof a);create(i);Gauss();ans+=pow(2,i)*a[1][n+1];}printf("%.3f",ans);return 0;}

16. 分手是祝愿

题面

链接

题解

意识流 .

令 $dp_i$ 表示从 $i$ 个需要按的键到 $i-1$ 个需要按的键的期望操作次数，于是

$$dp_{i}=\dfrac in + \dfrac{n-i}n(dp_i+dp_{i-1}+1)$$

代码

using namespace std;const int N=100011,P=100003;typedef long long ll;int n,k,a[N],cc;ll dp[N];void init(){for(int i=n;i>=1;i--){if(!a[i])continue;++cc;for(int j=1;j*j<=i;j++)if(!(i%j)){a[j]^=1;if(j*j!=i)a[i/j]^=1;}}}ll qpow(ll a,ll n){ll ans=1;while(n){if(n&1)ans=ans*a%P;a=a*a%P;n>>=1;}return ans;}ll inv(int x){return qpow(x,P-2)%P;}int main(){scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);init();for(int i=n;i>=1;i--)dp[i]=(n+(n-i)*dp[i+1]%P)%P*inv(i)%P;ll ans;if(cc<=k)ans=cc;else{ans=k;for(int i=k+1;i<=cc;i++)ans=(ans+dp[i])%P;}for(int i=1;i<=n;i++)ans=ans*i%P;printf("%lld\n",ans);return 0;}

17, 18

不会，摆烂了 .