BZOJ 2337 XOR和路径 题解 这道题和游走那道题很像,但又不是完全相同. 因为异或,所以我们考虑拆位,分别考虑每一位: 设x[u]是从点u出发.到达点n时这一位异或和是1的概率. 对于所有这一位是1的边,若一个端点是u.另一个是v,则x[u] += (1 - x[v]) / deg[u],反之亦然: 对于这一位是0的边,x[u] += x[v] / deg[u],反之亦然. 然后得到好多方程,高斯消元即可. #include <cstdio> #include <cmath&g…

2337: [HNOI2011]XOR和路径 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 682  Solved: 384[Submit][Status][Discuss] Description 几乎是一路看题解过来了.. 拖了一个星期的题目- - 已然不会概率DP(说得好像什么时候会过一样),高斯消元(打一次copy一遍). 发现异或题目的新解决方法:按位处理.. 发现DP新方法:高斯消元. f[k][i]代表第k位权值起点为i到终点时答案…

题目链接:http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=2337 题意:给定一个带权无向图.从1号点走到n号点.每次从当前点随机(等概率)选择一条相邻边走下去.每条到达n的路径的值为走过的边权的抑或.求期望. 思路:将权值按照二进制位一位一位进行.设f[i]表示从i节点走到n节点的期望.i的度数为d[i].那么若一条边(i,j)的权值为0,则f[i]+=f[j]/d[i]:否则f[i]+=(1-f[j])/d[i]. #include <ios…

一位一位考虑异或结果, f(x)表示x->n异或值为1的概率, 列出式子然后高斯消元就行了 ------------------------------------------------------------------ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath>   using namespace std;   typedef long double…

2337: [HNOI2011]XOR和路径 题意:一个边权无向连通图,每次等概率走向相连的点,求1到n的边权期望异或和 这道题和之前做过的高斯消元解方程组DP的题目不一样的是要求期望异或和,期望之间不能异或所以不能直接求 发现每个二进制位是独立的,我们可以一位一位考虑,设当前考虑第i位 \(f[u]\)表示从u到n异或和为1的概率, \[ f[u] = \sum_{(u,v) \in E,\ w(u,v)的第i位是1} \frac{f(v)}{degree_u} \\ f[u] = \sum_…

题链: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2337题解: 概率dp, 因为异或的每一位之间没有关系,我们就依次考虑每一位k.(即边权要么为1,要么为0) 令dp[i]表示从i出发到n点的边权异或和为1的概率. 然后转移:(令cnt[i]表示i的度) $$dp[i]=\sum_{i->j,边权为0}\frac{dp[j]}{cnt[i]}+\sum_{i->j,边权为1}\frac{1-dp[j]}{cnt[i]}$$ $$dp[N]…

2337: [HNOI2011]XOR和路径 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 1170  Solved: 683 Description Input Output Sample Input Sample Output HINT Source Day2 [分析] 这题终于自己打出来了高斯消元.没有对比代码了... 很心酸啊..调试的时候是完全没有方向的,高斯消元还要自己一步步列式子然后消元解..[为什么错都不知道有时候 这题显然是不能…

Description Input Output Sample Input Sample Output HINT Source Day2 终于把这个史前遗留的坑给填了... 首先异或的话由位无关性,可以按位处理... 那么对于每一位,设f[i]表示从i出发第一次到达n且xor和为1的概率,out[i]为i的出边,那么转移就比较容易了... if(w(i,j)&xxx) f[i]+=(1-f[j)/out[i];// 这条边该位为1,需要xor上0,xor和才为1 else f[i]+=f[j]/…

求点1到点n经过的路径权值异或和的期望. 考虑按位计算,对于每一位来说,令dp[i]表示从i到n的异或和期望值. 那么dp[i]=sum(dp[j]+1-dp[k]).如果w(i,j)这一位为0,如果w(i,k)这一位为1.边界为dp[n][n]=0. 那么求解每个方程组就得到了每一位的贡献.另外注意自环的出理就ok了. # include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <io…

首先可以各位分开求和 定义$f(i)$表示从i到n的期望值,然后经过一些常识,发现$f(n)=1$的时候的转移,然后直接转移,也可以找到$f(n)=0$的转移. 然后高斯消元31次就可以了. #include <map> #include <ctime> #include <cmath> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostrea…