随笔分类 - 期望
摘要：传送门 显然这个图是个 DAG ，那么就可以考虑跑 dp 了 先考虑没有梯子的情况，首先把每个位置标号，越后面的位置编号越小，终点位置编号为 1 那么从终点往起点 dp ，枚举当前位置摇到的数字，那么有 $f[x]=\frac{\sum_{i=1}^{6}(f[x-i]+1)}{6}
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摘要：传送门 cf 自闭了，打 abc 散散心 A - 9x9 ...这个有什么好讲的吗，题目看懂就会做了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using
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摘要：传送门 首先考虑如果 n 只有一个质因数的情况，即 n=pt 那么显然可以 dp ，设 f[i][j] 表示第 i 步，当前剩下 pj 的概率 那么转移很简单： f[i][j]=∑tk=jf[i−1][k]k+1 ，然后可以发现 $
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摘要：话说BZOJ 是不是死了啊 （已经没有传送门了） 设 f[i][j] 表示走到第 j 个位置确定了 i 个存档点时的最小代价，并强制第 j 个位置有一个存档点 那么设 cst[i][j] 表示存档点在 i ，走到位置 j 的代价， f 有转移： $f[i][j]=f[
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摘要：传送门 一看题面就是高斯消元解 dp 方程组，设 f[x] 表示从起点到终点，经过节点 x 的期望次数 那么对于一个点 x，枚举所有相连的边 (x,v) ，其中 v≠n，设节点 v 的出度为 du[v] ，那么有 $f[x]=\sum_{v}\frac {f
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摘要：传送门 考虑每个点 i 对答案的贡献 当删去一个节点 j 的时候， i 会对 j 产生 1 的贡献当且仅当 i,j 这条链上的所有点中，j 是第一个删除的节点 显然链上每个节点第一个被删除的概率是一样的 所以点对 i,j 的贡献就是 $\frac{1}{dis(i,j
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摘要：传送门 对每一题单独考虑它的做对期望，设一题的选项数为 p[i]，然后对 p[i] 和 p[i−1] 的大小关系进行一波分类讨论并化简 然后发现 每题的期望就是 1/max(p[i],p[i−1]) 把每题的期望加起来就是答案了
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摘要：传送门 考虑 DP 容易想到设 f[i][S] 表示考虑到第 i 个物品，当前拥有物品集合为 S 时最优策略下的期望得分 但是这样不能保证是最优策略，不知道后面的结果 换种状态，设 f[i][S] 表示已经从 i+2 考虑到最后一个物品，现在考虑第 i+1 个，且从 $1
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摘要：传送门 翻译有些不清楚，意思就是骨牌不一定要按从左到右的顺序放，可以左边放一个，右边放一个，再中间放一个 然后每个骨牌都可能往左或往右倒，一旦倒了，倒的一边的所有骨牌都要重新放 然后问你，最小期望放置次数是多少 考虑每个骨牌的影响，设f[i] 表示放i个骨牌的的最小期望放置次数 那
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摘要：传送门 期望DP 刚开始想的就是DP 设 f [ i ] [ j ] 表示已经进行了 i 轮，庄家为 j 但是发现好像转不了... 不知道哪些人被踢出去了... 看一下数据，好像搞不了状压 那么换种思路 从 结束状态 往 开始状态 推 不需要知道具体哪个人是庄家，只要知道与庄家相对位置为 x 时的获
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摘要：传送门 期望DP 因为 课程是按时间顺序的，后面的变化不会影响前面的结果 对于每个时间段的课，只有两种选择（换 or 不换） 那么 显然 DP，而且 好像 转移也很好写... 显然设 dp[i][j] 表示到了第 i 个时间段，已经提交了 j 节课的申请时的最短期望路程 写到一半
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摘要：传送门 考虑前面7个魔法 如果前面七个魔法各不相同，那么就能完成一次帕琪七重奏 设 A=a1*a2*...*a7，S=a1+a2+...+a7，B=S*(S-1)*...*(S-6) 对于不同的施法顺序，前面七个魔法各不相同的概率总是：A/B 不同的顺序如： a1,a3,a2,a4,a5,a6,a7
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摘要：传送门 计算长度期望嘛 期望长度 = 长度 * 走这条边的概率 概率很好求 按照拓扑序跑一下DP就好了 设 s [ i ] 为走到这点的概率，j 为 i 的后继节点，k为 i 的后继节点总数 s [ j ] += s[ i ] / k 走边（i，j）的概率显然就是 k 就是期望DP的入门题...
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