2688: Green Hackenbush Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 42  Solved: 16 Description   有一个古老的游戏叫做Green Hackenbush,游戏是这样进行的:两个人轮流在一棵树上删边,每次删边后不与根联通的子树直接被ignore,不能删边的游戏者输.Alice和Bob也在玩这个游戏,不过他们面对的是n棵树,第i棵树是含有a[i]个节点的二叉树.先手的Alice想知道自己有多大的概率获…

概率DP+高斯消元 与博物馆一题不同的是,最终的状态是有一定的概率到达的,但是由于不能从最终状态中出来,所以最后要把最终状态的概率置为0. 一条边$(x,y)$经过的概率是x点的概率$*x$到$y$的概率+$y$的概率$*y$到$x$的概率. 然后直接高斯消元即可. #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std…

题目链接 BZOJ 洛谷 真的题意不明啊.. \(Description\) 你有k次选择的机会,每次将从n种物品中随机一件给你,你可以选择选或不选.选择它会获得这种物品的价值:选择一件物品前需要先选择某些种物品每种至少一件. 物品价值可能有负.问在最优策略下期望得分. \(Solution\) 并不像期望DP..(这题倒推也不是因为像期望DP那样) 最优解我以为还要贪心,其实只需要在枚举过程中取个max.. 数据范围显然可以用f[i][s]表示当前是第i次,选择过的物品的集合为s时的最大期望得…

3640: JC的小苹果 题意:求1到n点权和\(\le k\)的概率 sengxian orz的题解好详细啊 容易想到\(f[i][j]\)表示走到i点权为j的概率 按点权分层,可以DP 但是对于\(val[i]=0\)的点,就不是DAG了,必须使用高斯消元 每层消元一次?复杂度\(O(SN^3)\),boom!!! 发现每次的系数矩阵一样啊 \[ Ax=b \rightarrow x=A^{-1}b \] 我们求出\(A\)矩阵的逆,然后直接让常数向量乘逆就可以了,因为常数矩阵是向量,一次的…

一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M. 小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数.当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数之和. 现在,请你对这M条边进行编号,使得小Z获得的总分的期望值最小.   输入保证30%的数据满足N≤10,100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图. 做过一道类似的后感觉比较简单了 求$f[i]$到每个点的概率 $f[i]=\…

题目大意: 每条路径上有一个距离值,从1走到N可以得到一个所有经过路径的异或和,求这个异或和的数学期望 这道题直接去求数学期望的DP会导致很难列出多元方程组 我们可以考虑每一个二进制位从1走到N的平均概率值 因为整个图是联通的那么所有点都默认会处于多元方程组中 Pi = p[i] * sigma( v&d[i][j]?(1-Pj):Pj) v是当前二进制位代表的数值 这里需要注意的是自环的加边情况,自环只加一次边,不能向平时那样加无向边一样 #include <cstdio> #inc…

首先嘛，看了这么久概率论真的不错啊。看到就知道怎么写（其实也挺容易的= =） 直接数位dp就行了 CODE： #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; int g[20],a[20],q[20]; double f[120][66000]; int main(){ int n,m; scanf("%d%…

对于这种看起来就比较傻逼麻烦的题,最关键的就是想怎么巧妙的设置状态数组,使转移尽可能的简洁. 一开始我想的是f[i][j]表示到第j轮第i张牌还没有被选的概率,后来发现转移起来特别坑爹,还会有重的或漏的情况. 于是改变想法:f[i][j]表示考虑到前i张牌,还剩j轮的概率 转移也就简单了,下一张牌有两种可能,选或不选: f[i+1][j]=f[i][j]*(1-p[i+1])^j f[i+1][j-1]=f[i][j]*(1-(1-p[i+1])^j) #include<cstdio> #in…

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…

坑 http://blog.csdn.net/CreationAugust/article/details/49516415 http://blog.csdn.net/braketbn/article/details/50996883…