题目大意:$n$ 个点的完全图,点 $i$ 和点 $j$ 的边权为 $(i+j)^k$.随机一个生成树,问这个生成树边权和的期望对 $998244353$ 取模的值. 对于P5437:$1\le n\le 998244352,1\le k\le 10^7$. 对于P5442:$1\le n\le 10^4,\le k\le 10^7$. 其实也是一道比较简单的题.(所以就应该把这题和上一道原题调个位置) 考虑一条边在生成树中出现的概率,由于一共有 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 条边,一…

洛谷题面传送门 我竟然独立切掉了这道题!incredible! 纪念我逝去的一上午(NOIP 总时长 4.5h,这题做了我整整 4.5h) 首先讲一下现场我想的 80 分的做法,虽然最后挂成了 65 分,但大概率是被卡常了( 注意到虽然点数高达 \(\prod\limits_{i=1}^kw_i\),但每一维我们都可以单独考虑,具体来说,我们设 \(tim_{i,j}\) 表示只考虑 \(c_k=i\) 的 \(k\),当前第 \(i\) 维坐标是 \(j\),最少需要多少步才能离开场地,\(t…

题意 题目链接 Sol 打出暴力不难发现时间复杂度的瓶颈在于求\(\sum_{i = 1}^n i^k\) 老祖宗告诉我们,这东西是个\(k\)次多项式,插一插就行了 上面的是\(O(Tk^2)\)的 下面是\(O(Tk^3)\)的 // luogu-judger-enable-o2 #include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int MAXN = 66, mod = 1e9 + 7; inli…

题目链接 题意 : 中文题.点链接 分析 : 第一道有关概率期望的DP 有个大部分情况下通用的结论 概率正推.期望反推 原因不明.其实是没有查到较好的解释 这题由于有一些取物品的先决条件在这里 而且观察到题目 n 并不是很大 果断选择状压来解决 这题定义 dp[i][j] 到第 i 回合.拿过物品状态为 j 的情况的最优值是什么 转移的时候.第一维倒序枚举回合.第二维枚举状态.然后第三维枚举每个物品 如果当前状态包含了当前枚举到的物品的先决物品的话 则有转移 dp[i][j] += max( d…

题面 传送门 前置芝士 拉格朗日插值,多项式多点求值 题解 首先根据拉格朗日插值公式我们可以暴力\(O(n^2)\)插出这个多项式,然而这显然是\(gg\)的 那么看看怎么优化,先来看一看拉格朗日插值的公式 \[f(x)=\sum_{i = 1}^{n} y_i \prod_{i \not = j} \frac{x - x_j}{x_i - x_j}\] 转化一下 \[f(x)=\sum_{i = 1}^{n}{ y_i\over \prod_{i \not = j}{x_i - x_j}} \…

Code: #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 1000000 + 4; double f[maxn], g[maxn], h[maxn]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i = 1;i <= n; ++i) { double perc; scanf("%lf"…

题意 题目链接 Sol 首先一种方案的期望等于它一次排好的概率的倒数. 一次排好的概率是个数数题,他等于一次排好的方案除以总方案,也就是\(\frac{\prod cnt_{a_i}!}{(n+m)!}\).因为最终的序列是一定的,两个序列不同当且仅当权值相同的数排列方式不同. 他的期望为\(\frac{(n+m)!}{\prod cnt_i!}\),我们希望这玩意儿尽量大,也就是下面的尽量小 显然对于每个\(cnt\)来说,最大值越小越好,可以直接二分,然后check一下是否可行. 具体的贪心…

正解:期望dp 解题报告: 哇我发现我期望这块真的布星,可能在刷了点儿NOIp之后会去搞一波期望dp的题...感觉连基础都没有打扎实?基础概念都布星! 好那先把这题理顺了嗷qwq 首先我们看到期望就会想到dp是趴,加上dp也确实很NOIp那就直接往dp的方向想嘛 比较容易想到的状态就是f[i][j]表示到第i个阶段了然后已经申请了j次的最小体力,然而在思考转移方程的时候就会发现如果这么设的话好像是不会转移的嗷,因为我们之后的转移会和你上一次是去的c还是d有关,然后就考虑再加一轮[0/1]表示上次…

题面 luogu 题解 第一问: 设\(f[i]\)表示\(i\)步操作后,平均深度期望 \(f[i] = \frac {f[i - 1] * (i - 1)+f[i-1]+2}{i}=f[i-1]+\frac{2}{i}\) 第二问就比较难受了: \(E(x)=∑_{i=1}^{x}P\) 随机变量\(x\)的期望为对于所有\(i\),\(i≤x\)的概率之和 我们设\(f[i][j]\)表示\(i\)步后,树的深度\(>=j\)的概率 我们每次新建一个根,然后枚举左右子树分配节点情况 \(f…

题面 luogu 题解 一道复杂的期望\(dp\) 思路来源:__stdcall 容易想到,只要把每张牌打出的概率算出来就可以求出\(ans\) 设\(fp[i]\)表示把第\(i\)张牌打出来的概率 可知:\(fp[0] = 1-(1-p[0])^r\) (\((1-p[0])^r\)即一直不打出的概率) 后面的\(fp\)怎么求? 设\(f[i][j]\)表示前\(i\)张牌一共出了\(j\)张的概率, 那么就会有 \(fp[i] = \sum_{j=0}^{r}f[i-1][j]*(1-(…