P3211:[HNOI2011]XOR和路径题解

主要思路

首先,这道题是概率和期望分开算的,进行 DP 时实质上是对概率进行 DP。考虑拆位,设\(dp_b [u]\)为从\(u \to n\)在第\(b\)位为\(1\)的概率,那么显然:

\[ dp_b[u] = \frac{1}{deg[u]}( \sum_{weight(u, v) !\& b} dp_b[v] \sum_{weight(u, v) \& b} (1 – dp_b[v]) ) \]

其中,\((1 – dp_b[v])\)为\(v\)为\(0\)的概率,最后答案消元完就是\(\sum_{i = 1} ans[i] 2^i\)。

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Codeforces Round #551 (Div. 2) 解题报告 (CF1153)

C – Serval and Parenthesis Sequence

这道题主要是运用贪心。首先我们可以确定以下几种情况是肯定无解的:

  • 第一个字符是 ‘)’,最后一个字符是 ‘(‘。
  • 字符串长度为奇数。

我们发现整个字符串\(s[1 \dots n]\)中,第一个和最后一个字符一定要是 ‘(‘ 和 ‘)’。所以我们只用关心\(s[2 \dots n-1]\)就好。统计需要补充的括号个数:也就是\((n-2)\)减去现已确定的括号个数,分\(remL\)为左括号需要补充的个数、\(remR\)为右括号需要补充的个数。

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BZOJ3450:Easy 题解

主要思路

一道非常好的题,适合我这种概率期望新手来搞。

首先,我们设\(dp[i]\)为以\(i\)结尾的期望长度。其次,我们发现\((x+1)^2-x^2=2x+1\),如果要求连续的根据字符的情况,有以下几种转移:

  1. 当\(str[i]=’o’\)时,那么\(dp[i] = dp[i-1]+1\),对答案的贡献为\(2dp[i-1]+1\)。
  2. 当\(str[i]=’x’\)时,不进行转移,对答案贡献为\(0\)。
  3. 当\(str[i]=’?’\)时,为\(o\)的概率为\(\frac{1}{2}\),转移为\(dp[i]=\frac{dp[i-1]+1}{2}\),对答案的贡献为\(\frac{2dp[i-1]+1}{2}\)。

乱搞即可。

代码

// BZ3450.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 300200;
int n;
char str[MAX_N];
long double dp[MAX_N], ans;
int main()
{
    scanf("%d%s", &n, str + 1);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        switch (str[i])
        {
        case 'o':
            dp[i] = dp[i - 1] + 1;
            ans += 2 * dp[i - 1] + 1;
            break;
        case 'x':
            dp[i] = 0;
            break;
        case '?':
            dp[i] = 1.0 * (dp[i - 1] + 1) / 2.0;
            ans += 1.0 * (2.0 * dp[i - 1] + 1) / 2.0;
            break;
        }
    printf("%.4Lf", ans);
    return 0;
}

[Fortuna OJ]Feb 26th – Group A 解题报告

A – 礼物

说实话,这就是我最薄弱的一项,且在比赛中一览无余的暴露出来了。

我们可以把这道题转换一下,可以发现,这个喜悦值毫无关系,第二题的题意即为

给一些物品\(a_i\),每次操作有\(p_i\)的概率可能出现,求要使所有物品出现的期望操作次数。

考虑物品的个数很少,可以进行状压,压缩到\(S\)。对于每一个出现过物品\(i\)的情况,都可以从没有出现过的状态转移过来,即S^(1<<(i - 1))。对之前的情况乘上一个\(p_i\)即为这一部分的贡献。之后,因为\(\sum_{i} {p_i} \neq 1\),所以存在操作无效的情况,也就是\((1-\sum_{i\in S} p_i)*E_S\)。之后加上操作次数\(1\),式子全貌为:

\[ E_S = (\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + (1-\sum_{i\in S} p_i)*E_S + 1 \]

移项合并可得:

\[ (\sum_{i\in S} p_i)*E_S = (\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + 1 \\ E_S = \frac{(\sum_{i\in S} p_i*E_{S’}) + 1}{\sum_{i\in S} p_i} \]

代码

// A.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 21;
int n, wi[MAX_N];
long long ans1;
double pi[MAX_N], dp[(1 << 20)];
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lf%d", &pi[i], &wi[i]), ans1 += wi[i];
    for (int stat = 0; stat < (1 << n); stat++)
    {
        double psum = 0, ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (stat & (1 << (i - 1)))
            {
                int prestat = stat ^ (1 << (i - 1));
                psum += pi[i];
                ans += pi[i] * dp[prestat];
            }
        if (psum != 0)
            dp[stat] = (ans + 1) / psum;
    }
    printf("%lld\n%.3lf", ans1, dp[(1 << n) - 1]);
    return 0;
}

B – 通讯

啊,我*。

这道题很水,不讲。

代码

/// B.cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX_N = 100400, MAX_M = 1e5 + 2000;
int head[MAX_N], current, dfn[MAX_N], low[MAX_N], tot, st[MAX_N], hd, aff[MAX_N];
int totp, n, m, tmpx, tmpy, tmpz, ufs[MAX_N], dist[MAX_N];
bool inst[MAX_N];
struct edge
{
    int to, nxt, weight, from;
    bool operator<(const edge &e) const { return weight > e.weight; }
} edges[MAX_M << 1];
int find(int x) { return (ufs[x] == x) ? x : ufs[x] = find(ufs[x]); }
void unite(int x, int y)
{
    if (find(x) != find(y))
        ufs[find(x)] = find(y);
}
int addpath(int u, int v, int weight)
{
    edges[current].to = v, edges[current].nxt = head[u];
    edges[current].from = u;
    edges[current].weight = weight, head[u] = current++;
    return current - 1;
}
void tarjan(int u)
{
    inst[u] = true, st[++hd] = u;
    dfn[u] = ++tot, low[u] = dfn[u];
    for (int i = head[u]; i != -1; i = edges[i].nxt)
        if (dfn[edges[i].to] == 0)
            tarjan(edges[i].to), low[u] = min(low[u], low[edges[i].to]);
        else if (inst[edges[i].to])
            low[u] = min(low[u], dfn[edges[i].to]);
    if (dfn[u] == low[u])
    {
        int j;
        totp++;
        do
        {
            j = st[hd], aff[j] = totp;
            inst[j] = false;
        } while (st[hd--] != u);
    }
}
int main()
{
    while (scanf("%d%d", &n, &m) && n != 0 && m != 0)
    {
        memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));
        memset(st, 0, sizeof(st)), memset(dfn, 0, sizeof(dfn)), hd = 0;
        for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
            ufs[i] = i;
        memset(head, -1, sizeof(head)), memset(aff, 0, sizeof(aff));
        totp = n, current = 0, tot = 0;
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            scanf("%d%d%d", &tmpx, &tmpy, &tmpz), addpath(tmpx + 1, tmpy + 1, tmpz);
        tarjan(1);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int e = head[i]; e != -1; e = edges[e].nxt)
                if (aff[i] != aff[edges[e].to])
                    dist[aff[edges[e].to]] = min(dist[aff[edges[e].to]], edges[e].weight);
        long long ans = 0;
        for (int i = n + 1; i <= totp; i++)
            if (aff[1] != i)
                ans += dist[i];
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

C – 奇袭

这道题来自于 Codeforces,画风十分一至。

首先转换题意,这道题提示了每一个横纵坐标都只会存在一个点,求长为\(len\)且纵坐标最大最小值也为\(len\)的区间个数。我们可以用分治来搞一搞。首先定一个区间\([l,r]\),中点为\(mid\)。我们来探索跨这两个小区间的几种情况。

首先,我们在分类讨论之前设定几个数组:

  1. 设\(minl[i]\)为区间\([i,mid]\)的最小值,\(maxl[i]\)为区间\([i,mid]\)的最大值;

  2. 设\(minr[i]\)为区间\([mid+1,i]\)的最小值,\(maxr[i]\)为区间\([mid+1,i]\)的最大值。

那么,我们可以讨论跨越的情况:

  1. 最值都在左、右同一个区间内

  2. 最值分别在两个不同的区间

第一种情况比较好解决,在左区间的情况下:枚举一个左端点\(i\),可以根据最值之差算出右端点,进行检查并计数。

第二种稍稍麻烦一点:跨区间要考虑最值的两种分布方式,我们以最小值在左侧,最大值在右侧为例,假设有个点符合条件:

\[ maxr[j]-minl[i] = j-i \\ \text{移项得} \\ maxr[j]-j=minl[i]-i \]

可以枚举断点,把计算内容放到桶里去(注意负数,加上数域偏移),然后用两个指针判断合法区间,左端指针减一,右指针加一。

代码

// C.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 50200, NUM_DOMAIN = 6e5;
pair<int, int> prs[MAX_N];
int arr[MAX_N], n, maxl[MAX_N], maxr[MAX_N], minl[MAX_N], minr[MAX_N], bucket[2 * NUM_DOMAIN + 1];
long long answer = 0;
void dq(int l, int r)
{
    if (l == r)
    {
        answer++;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    // preprocessing;
    minl[mid] = arr[mid], maxl[mid] = arr[mid];
    maxr[mid + 1] = arr[mid + 1], minr[mid + 1] = arr[mid + 1];
    for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
        minl[i] = min(minl[i + 1], arr[i]), maxl[i] = max(maxl[i + 1], arr[i]);
    for (int i = mid + 2; i <= r; i++)
        maxr[i] = max(maxr[i - 1], arr[i]), minr[i] = min(minr[i - 1], arr[i]);
    // make judges;
    // at the left:
    for (int i = mid; i >= l; i--)
    {
        int j = i + (maxl[i] - minl[i]);
        if (j > mid && j <= r && minr[j] > minl[i] && maxr[j] < maxl[i])
            answer++;
    }
    // at the right;
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
    {
        int j = i - (maxr[i] - minr[i]);
        if (j <= mid && j >= l && minl[j] > minr[i] && maxl[j] < maxr[i])
            answer++;
    }
    // in the middle;
    // min|max:
    int ptr1 = mid + 1, ptr2 = mid;
    for (int i = mid; i >= l; i--)
    {
        while (minr[ptr2 + 1] > minl[i] && ptr2 < r)
            ptr2++, bucket[maxr[ptr2] - ptr2 + NUM_DOMAIN]++;
        while (maxl[i] > maxr[ptr1])
        {
            bucket[maxr[ptr1] - ptr1 + NUM_DOMAIN]--, ptr1++;
            if (ptr1 > r)
                break;
        }
        if (ptr1 > r)
            break;
        if (ptr1 <= ptr2)
            answer += bucket[minl[i] - i + NUM_DOMAIN];
    }
    for (int i = mid; i >= l; i--)
        bucket[minl[i] - i + NUM_DOMAIN] = 0;
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
        bucket[maxr[i] - i + NUM_DOMAIN] = 0;
    // max|min:
    ptr1 = mid,
    ptr2 = mid + 1;
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
    {
        while (minl[ptr2 - 1] > minr[i] && ptr2 > l)
            ptr2--, bucket[maxl[ptr2] + ptr2 + NUM_DOMAIN]++;
        while (maxr[i] > maxl[ptr1])
        {
            bucket[maxl[ptr1] + ptr1 + NUM_DOMAIN]--, ptr1--;
            if (ptr1 < l)
                break;
        }
        if (ptr1 < l)
            break;
        if (ptr2 <= ptr1)
            answer += bucket[minr[i] + i + NUM_DOMAIN];
    }
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++)
        bucket[minr[i] + i + NUM_DOMAIN] = 0;
    for (int i = mid; i >= l; i--)
        bucket[maxl[i] + i + NUM_DOMAIN] = 0;
    dq(l, mid), dq(mid + 1, r);
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d%d", &prs[i].first, &prs[i].second);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        arr[prs[i].first] = prs[i].second;
    dq(1, n);
    printf("%lld", answer);
    return 0;
}

CH3801:Rainbow 的信号题解

主要思路

这道题挺有趣的,归根结底就是位运算。首先,一个充分的结论就是枚举长度为\(1\)的区间的概率为\(\frac{1}{N^2}\),而长度大于1的概率为\(\frac{2}{N^2}\)。之后,枚举\(int\)的长度\(i \in [0,30]\),把所有数的第\(i\)位组成一个序列进行扫描,之后枚举到第\(j\)个数进行分类讨论。

  • 如果运算符是\(and\),那么我们记\(last[0]\)为最后一个\(0\)的位置,中间一共有\(k-last[0]+1\)个与之运算得到1的数。乘上概率更新答案。
  • 如果运算符是\(or\),那么区间概率直接乘上\(i-1\)即可。
  • 如果运算符是\(xor\),我们需要把之前的\(0,1\)进行分块,记\(c_1,c_2\)为前面区间长的和,且\(c_1\)与\(c_2\)的区间不重合,交替进行。每次乘上相应的块长度即可,对于\(1\)进行块交换,\(0\)则保持原样。

代码

// CH3801.cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 1e5 + 200;
int n, arr[MAX_N];
double ans1, ans2, ans3;
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &arr[i]);
    for (int k = 0; k < 30; k++)
    {
        int last[2], c1 = 0, c2 = 0;
        last[0] = last[1] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if ((arr[i] >> k) & 1)
            {
                ans1 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
                ans2 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
                ans3 += (1 << k) * 1.0 / n / n;
                ans1 += (1 << k) * 2.0 / n / n * c1;
                ans2 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (i - 1);
                ans3 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (i - 1 - last[0]);
                last[1] = i;
                c1++, swap(c1, c2);
            }
            else
            {
                ans1 += (1 << k) * 2.0 / n / n * c2;
                ans2 += (1 << k) * 2.0 / n / n * (last[1]);
                last[0] = i, c1++;
            }
    }
    printf("%.3lf %.3lf %.3lf", ans1, ans3, ans2);
    return 0;
}

概率 & 数学期望

目录

  • 概述
  • 概率
    • 概率相关的概念
    • 概率的意义
    • 同时发生的概率
    • 概率的公理 & 命题
    • 条件概率
      • 概念
      • 全概率公式
      • 贝叶斯公式
      • 例题
    • 随机变量
    • 概率在 OI 中的应用
  • 数学期望
    • 数学期望的概念
    • 数学期望的线性性 & 递推
    • 数学期望在 OI 中的应用

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