清北学堂2019.8.9
Day 4 上午 赵和旭
概率
某个事件A发生的可能性的大小，称之为事件A的概率，记作P(A)。
假设某事的所有可能结果有n种，每种结果都是等概率，事件A涵盖其中的m种，那么P(A)=m/n。
例如投掷一枚骰子，点数小于3的概率为2/6=1/3。
如果两个事件A和B所涵盖的结果没有交集，那么P(A或B发生)=P(A)+P(B)
还是掷骰子
P(点数小于3或点数大于4)=2/6+2/6=2/3
如果A和B所涵盖的结果有交集
那么P(A或B发生)=P(A)+P(B)-P(A与B同时发生)
P(点数小于3或点数为偶数)=2/6+3/6-1/6=2/3
记事件B为“事件A不发生”
那么P(A)+P(B)=1，即P(B)=1-P(A)
P(点数不小于3)=1-2/6=2/3
在两个互不干扰的事中，事件A在其中一件事中，事件B在另外一件事中
那么P(A与B同时发生)=P(A)*P(B)
掷两个骰子，P(第一个点数小于3且第二个点数为偶数)=(2/6)*(3/6)=1/6
期望
事件A有多种结果，记其结果的大小为x，那么x的期望值表示事件A的结果的平均大小，记作E(x)。
E(x)=每种结果的大小与其概率的乘积的和。
例如，记掷一枚骰子的点数为x
E(x)=1*(1/6)+2*(1/6)+3*(1/6)+4*(1/6)+5*(1/6)+6*(1/6)=7/2
若c为常数，那么：E(x+c)=E(x)+c，E(c*x)=c*E(x)
记两个事件的结果分别为x,y
E(x+y)=E(x)+E(y)
例如：E(语文成绩+数学成绩)=E(语文成绩)+E(数学成绩)
若两个事件互相独立，E(x*y)=E(x)*E(y)
E(语文成绩*数学成绩)=E(语文成绩)*E(数学成绩)
概率与期望的计算有一个共同的计算技巧：
若事件所产生的所有方案都是等概率的，那么一些概率与期望即可转化为一个计数问题，算出后再除以总方案数即可。
如求事件符合条件A的概率，则转化为对符合A的方案数的计数问题；若求方案的某种价值的期望值，则转化为所有方案的价值总和的计数问题。
概率和期望的计算
概率与期望的计算有一个共同的计算技巧：
若事件所产生的所有方案都是等概率的，那么一些概率与期望即可转化为一个计数问题，算出后再除以总方案数即可。
如求事件符合条件A的概率，则转化为对符合A的方案数的计数问题；若求方案的某种价值的期望值，则转化为所有方案的价值总和的计数问题。
概率与期望的计算也经常用的其加法和乘法规则。
尤其是期望的加法规则，在期望的计算中十分常用。如求最大值与最小值之差的期望，则分别求二者的期望值再作差即可。
应用乘法规则时，要注意事件是否互相独立。
概率与期望还可以通过列方程的方法计算。
有4张卡片，写着0,1,2,3，每次抽出一张并放回，反复抽，抽出0为止。问抽取的次数的期望值。
设抽取次数为x，则：
x=1+x*3/4 x=4
比较常见一种计算方法就是概率dp与期望dp。
BZOJ1867 钉子和小球
（n）
比较简单的概率dp
设f[i][j]为小球经过第i行第j列的概率。
f[1][1]=1 （即起状态概率为1
f[i][j]=f[i-1][j-1] * [(i-1,j-1)有钉子]*1/2+f[i-1][j] * [(i-1,j)有钉子]*1/2+f[i-2][j-1] * [(i-2,j-1)没有钉子]
至于分数输出，自定义分数数据类型并用gcd化简分数即可。
Bzoj5004 开锁魔法II
有 n 个箱子，每个箱子里有且仅有一把钥匙，每个箱子有且仅有一把钥匙可以将其打开。现在随机打开 m 个箱子，求能够将所有箱子打开的概率。
100组数据，k<=n<=300。
题目约定了每个点的入度和出度均为1，因此最终的图一定是若干个环。每个环都至少选择一个点即可满足要求。求概率，实际上就是求方案数，最后再除以总方案数即可。
预处理出每个环的点数 c[i] 以及其后缀和 sum[i]。
设 f[i][j] 表示前 i 个环中选出 j 个点，满足最终条件每个环都选的方案数。
初始化 f[0][0]=1 。
枚举 i 和 前 i 个环选的点数 j 、第 i 个环选的点数 k。
可得：
BZOJ5091 摘苹果
在花园中有n棵苹果树以及m条双向道路，每条道路的两端连接着两棵不同的苹果树。假设第i棵苹果树连接着di条道路。小Q将会按照以下方式去采摘苹果：
1.随机移动到一棵苹果树下，移动到第i棵苹果树下的概率为di/2m，但不在此采摘。
2.重复以下操作k次：等概率随机选择一条与当前苹果树相连的一条道路，移动到另一棵苹果树下，假设当前位于第i棵苹果树下，则他会采摘ai个苹果，多次经过同一棵苹果树下会重复采摘。
请计算小Q期望摘到多少苹果。n,k<=100000,m<=200000
首先容易得到一个简单的做法。
设f(i,j)为走i步之后到达j的概率，那么：
我们知道
那么第一步走每条边的概率都为
于是
同理得
于是
BZOJ4832 抵制克苏恩
你有一个英雄和若干奴隶主，对方每次攻击会从你的英雄和奴隶主中随机选一个造成一点伤害。奴隶主受到攻击后，体力为0则死亡，否则若场上奴隶主少于7个，则召唤一个3点血量的奴隶主。
有T局游戏，每局给出初始奴隶主的数量(<=7)和血量(<=3)，给出k，求对方攻击k次后你的英雄受到的总伤害值的期望。
T<=100，k<=50。
设f[i][a][b][c]表示还要进行i轮攻击，三种血量的奴隶主数量分别为abc时，接下来英雄受到的期望总伤害。
转移只要枚举当前攻击到的是英雄还是哪种奴隶主即可。
初始f[0][a][b][c]=0。
每次询问可以O(1)回答。
NOIP2016 换教室
小A的学校可以视为一个v个点的无向图，他有n门课程要按顺序上课，其中第i门课程要在节点ai进行，但还有一个备选地点bi。
现在小A有m个申请机会，若申请第i门课，那么将有ki的概率使课程搬到bi进行。每门课最多申请一次，而且要在全部申请完成后才知道是否成功，m次机会不必全部用完。他如何申请才能最小化在上课地点间移动的距离的期望值。求该期望值。
v<=300，n,m<=2000
首先可以floyd求出任意两点间最短路径。
可以想到一个显然的dp状态：f[i][j][0/1]表示前i个课程申请了j次，且第i个是否申请时的最小期望值。
转移示例：
f[i][j][0]=min{ f[i-1][j][0]+dis(a[i-1],a[i]) ,f[i-1][j][1]+k[i-1]*dis(b[i-1],a[i])+(1-k[i-1])*dis(a[i-1],a[i])}
f[i][j][1]也是同理，只需要考虑i和i-1都是否申请上即可。
时间复杂度O(v^3+nm)
BZOJ1076 奖励关
有n轮游戏和m种宝物，每种宝物有分数Pi（可以为负），每轮游戏会等概率抛出一种宝物，你可以选择吃或不吃。第i种宝物还有一个限制集合Si，表示只有在Si中的宝物都吃过后，才能吃第i种宝物。
求最优策略下的期望得分。
n<=100，m<=15
当你要做是否吃某个宝物的决策时，如果你知道以吃或不吃的状态进入接下来的几轮游戏时分别的期望得分是多少，那么就可以择优进行决策。
于是设f[i][S]为还要进行i轮游戏，吃过的宝物集合为S时，接下来能得到的最大期望得分。f[i][S]= ( ∑Max{ f[i-1][S] , f[i-1][S∪k]+a[k] } )/m
初始f[0][S]=0。ans=f[n][0]。
斜率优化
hdu3507
要输出N个数字a[N]，输出的时候可以连续的输出，每连续输出一串，它的费用是 ：这串数字和的平方加上一个常数M。
0 ≤ n ≤ 500000, 0 ≤ M ≤ 1000
dp设计很简单，主要是优化。
我们设dp[i]表示输出到i的时候最少的花费，S[i]表示从a[1]到a[i-1]的数字和。注意这里为了方便起见前缀和与一般的有区别，就是让式子看起来更好看，没别的特殊意义。
dp*i+=min,dp*j++(S*i+1+−S*j+)^2+M}(j<i)
然后就是O(N^2)复杂度。
那么我们想，能否在O(1)时间内找到所有转移里最优的那个呢？
我们假设在求解dp[i]时，存在j,k(j>k)使得从j转移比从k转移更优，那么需要满足条件：
dp*j++(S*i+1+−S*j+)^2+M<dp*k++(S*i+1+−S*k+)^2+M
展开上式
dp*j++S*i+1+^2−2S*i+1+S*j++S*j+^2+M<dp*k++S*i+1+^2−2S*i+1+S*k++S*k+^2+M
移项并消去再合并同类项得
(dp*j++S*j+^2)−(dp*k++S*k+^2)<2S*i+1+(S*j+−S*k+)
把S*j+−S*k+除过去，得到
我们设f[x]=dp[x]+S[x]^2，就化成了
即当(j>k)时，若
则j对更新dp[i]比k更新dp[i]优。
那把(s[i],f[i])看作一个点，左边就是斜率的形式了。
当一个数的dp值求完了，它的f值也跟着确定，我们就可以在空间中绘制出点(s[i],f[i])。这个点代表已经求出dp值的一个点。
当我们要求解dp[t]时，如果可用的集合里存在这样三个点，位置关系如图所示：
这时候他们和2S[t+1]的关系有3种：
那么j比i优，k比j优。
那么i比j优，k比j优。
那么i比j优，j比k优。
综上，不管什么样的S[t+1]，从j转移都不会是最佳方案。那么用一个数据结构维护一个凸包（下凸），每加入一个点就删去一些点，使其维持凸包的形态。最优转移一定在这个凸包中。
下凸的凸包边斜率增加，上凸的凸包边斜率减小。
在凸包里，谁又是最最优呢？
首先一定数据结构里的凸包一定会是这样的：
假设
的斜率>2S[t+1]且
的斜率<2S[t+1]从图形特点我们可以发现j点比所有比k小的点都优，比所有比i大的也优。
所以对于我们二分查找斜率比2S[t+1]小的编号最大的点，就是最优的转移点。由于S[i]也满足单调性，那么如果一个点不是i的最优点了，那么肯定也不是i+1的，我们还可以直接维护一个单调队列就能解决这个问题。
单调队列每次从后加时，维护凸包。
每次新计算一个i的dp值，从单调队列队首弹出那些不可能再合法的元素。
看似推导很多，其实是很套路的，并且很多都是在证明和理解。
设j>k且j优于k，以此列个式子。
推式子的时候，把只与j和k有关放在不等号左边，带i有关的项放在不等式右边。
设出点的坐标。根据推出方程的不等号，是大于号，那么上凸，维护斜率递减。
小于号，下凸，维护斜率递增。
inline int getup(int j,int k) { return dp[j]+sum[j]*sum[j]-dp[k]-sum[k]*sum[k]; } inline int getdown(int j,int k) { return 2*(sum[j]-sum[k]); } inline int getdp(int i,int j) { return dp[j]+(sum[i]-sum[j])*(sum[i]-sum[j])+m; } head=tail=1; q[1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(head<tail&&getup(q[head+1],q[head])<=sum[i]*getdown(q[head+1],q[head])) head++; dp[i]=getup(i,q[head]); while(head<tail&&getup(i,q[tail])*getdown(q[tail],q[tail-1])<=getup(q[tail],q[tail-1]*getdown(i,q[tail]))) tail--; q[++tail]=i; }
斜率优化其实就是一个优化dp[i]=max/min{f[j]+g[i]*h[j]}+a[i]式子的一个通用方法。
除了推式子的部分。
还要保证，推出来等式的右边要单调，不单调，就要在凸壳上二分。
等式左边抽象出来的点的X坐标也要单调，Y坐标不需要保证单调。
当然其实X不单调和等式右边不单调也都能做，只不过难度较大，需要用到CDQ分治，或平衡树维护凸包的技巧。
常见模型
bzoj4321
编号为1~n的人排成一排，问有多少种排法使得任意相邻两人的编号之差不为1或-1。
n<=1000
老套路了，排列计数问题考虑把数从小到大插入的过程进行dp。
设 f[i][j] 表示 1∼i 的排列，有 j 组相邻的相差1，且 i 和 i−1 不相邻的方案数；设 g[i][j] 表示 1∼i 的排列，有 j 组相邻的相差1，且 i 和 i−1 相邻的方案数。
那么考虑插入 i+1 的位置，有：
不破坏空位且不与 i 相邻、不破坏空位且与 i 相邻、破坏空位且不与 i 相邻、破坏空位且与 i 相邻（只发生在 g 的转移）4种。
分别推一下方案数即可。
最后的答案就是 f[n][0] 时间复杂度 O(n^2)
BZOJ2560 串珠子
有n个珠子，第i和j个珠子之间有c[i][j]条不同的绳子可选。每对珠子之间可以选择不连绳子，也可以选择用其中一种绳子连接。
问有多少种方案能使n个珠子成为连通图。
n<=16
连通图计数套路：用总数减去不连通的方案数，而不连通的方案数，可以枚举1号点所在连通块的点集（有的问题中是大小），用这个点集的连通方案数乘以剩余点集的总方案数即可。
g[s]表示s点集互相连的所有情况（包括不连边的情况），就是把内部的C全乘起来，f[s]表示s状态下的合法情况，即使得s状态下所有点连通的合法情况。答案是f[2^n-1]。
g[s]好求，考虑如何求f[s]，f[s]就是g[s]减去所有的不合法情况。任意一个不合法的情况一号点肯定在某个联通快内，我们枚举不合法情况1号点所在的联通块的点集i，那么这里不合法的情况就是g[s^i]*f[i]，我们减去这些情况，就能求出f[s]了。
时间复杂度O(3^n)，也是要枚举子集。g预处理可以做到n*2^n。
Day 4 下午 杨思祺（YouSiki）
实在是没什么好讲的啦（都是基础）
先放一下我之前写的知识的链接叭
然后放一下PDF的图片吧
可以这么理解：序就是根
放一份系统的代码吧
dijkstra堆优化
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read() { int X=0,w=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') w=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { X=(X<<3)+(X<<1)+c-'0'; c=getchar(); } return X*w; } struct node { int to,dis,nxt; }edge[200005]; int dis[100005],head[100005],cnt; bool vis[100005]; int n,m,s; inline void add_edge(int u,int v,int d) { cnt++; edge[cnt].dis=d; edge[cnt].to=v; edge[cnt].nxt=head[u]; head[u]=cnt; } priority_queue<pair<int,int> >q; inline void dijkstra() { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); memset(vis,0,sizeof(vis)); dis[s]=0; q.push(make_pair(0,s)); while(!q.empty()) { int x=q.top().second; q.pop(); if(vis[x]) continue; vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt) { int y=edge[i].to; int z=edge[i].dis; if(dis[y]>dis[x]+z) { dis[y]=dis[x]+z; q.push(make_pair(-dis[y],y)); } } } } int main() { n=read(); m=read(); s=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int u=read(); int v=read(); int d=read(); add_edge(u,v,d); } dijkstra(); for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%d ",dis[i]); } return 0; }
SPFA
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read() { int X=0,w=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') w=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { X=(X<<3)+(X<<1)+c-'0'; c=getchar(); } return X*w; } int n,m,s; int dis[500005],head[500005],num_edge; bool vis[100005]; struct node { int nxt,dis,to; }edge[500005]; queue<int>q; inline void add_edge(int u,int v,int d) { num_edge++; edge[num_edge].nxt=head[u]; edge[num_edge].to=v; edge[num_edge].dis=d; head[u]=num_edge; } inline void spfa() { for(int i=1;i<=n;i++) { dis[i]=2147483647; } memset(vis,0,sizeof(vis)); dis[s]=0; vis[s]=1; q.push(s); while(!q.empty()) { int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0; for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt) { int y=edge[i].to; int z=edge[i].dis; if(dis[y]>dis[x]+z) { dis[y]=dis[x]+z; if(!vis[y]) { q.push(y); vis[y]=1; } } } } } int main() { n=read(); m=read(); s=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int u,v,d; u=read(); v=read(); d=read(); add_edge(u,v,d); } spfa(); for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%d ",dis[i]); } return 0; }
kruskal
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct edge { int from,to,dis; }e[500001]; bool cmp(edge a,edge b) { return a.dis<b.dis; } int father[200001]; int getfather(int x) { if(father[x]==x) return x; father[x]=getfather(father[x]); return father[x]; } int n,m,cnt; long long ans; int main() { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++) { cin>>e[i].from>>e[i].to>>e[i].dis; } for(int i=1;i<=n;i++) { father[i]=i; } sort(e+1,e+m+1,cmp); for(int i=1;i<=m&&cnt<=n-1;i++) { int fu=getfather(e[i].from),fv=getfather(e[i].to); if(fu==fv) continue; father[fu]=fv; cnt++; ans+=e[i].dis; } if(cnt==n-1) { cout<<ans<<endl; } else { cout<<"orz"; } }
