题意 题目链接 Sol mdzz这题真的太恶心了.. 首先不难看出这就是个高斯消元解方程的板子题 \(f[x] = \sum_{i = 1}^n f[to(x + i)] * p[i] + ave\) \(ave\)表示每次走的期望路程 然后一件很恶心的事情是可以来回走,而且会出现\(M > N\)的情况(因为这个调了两个小时..) 一种简单的解决方法是在原序列的后面接一段翻转后的序列 比如\(1 \ 2 \ 3 \ 4\)可以写成\(1 2 3 4 3 2\) 然后列式子解方程就行了 附送一个

[题意]给定n个点m条边的无向连通图,每条路径的代价是其编号大小,每个点等概率往周围走,要求给所有边编号,使得从1到n的期望总分最小(求该总分).n<=500. [算法]期望+高斯消元 [题解]显然,应使经过次数越多的边编号越小,问题转化为求每条边的期望经过次数. 边数太多,容易知道f(u,v)=f(u)/out(u)+f(v)/out(v),所以转化为求每个点的期望经过次数,这就是驱逐猪猡了. 设f[x]表示点x的期望经过次数,根据全期望公式(讨论“经过“的问题不能依赖于下一步): $$f[x

[题意]给定n个点m条边的带边权无向连通图(有重边和自环),在每个点随机向周围走一步,求1到n的期望路径异或值.n<=100,wi<=10^9. [算法]期望+高斯消元 [题解]首先异或不满足期望的线性,所以考虑拆位. 对于每一个二进制位,经过边权为0仍是x,经过边权为1变成1-x(转化成减法才满足期望的线性). 设f[x]表示点x到n的路径xor期望,f[n]=0,根据全期望公式: $$f[i]=\sum_{j}\frac{f[j]}{out[i]}\ \ , \ \ w(i,j)=0$$

3143: [Hnoi2013]游走 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 3576  Solved: 1608[Submit][Status][Discuss] Description 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

如果纯模拟,就会死循环,而随着循环每个点的期望会逼近一个值,高斯消元就通过列方正组求出这个值. #include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const double eps=1e-9; bool vis[503]; double f[503],a[503][503],ans[500*500]; int N,M,cnt=

纪念首道期望题(虽说绿豆蛙的归宿才是,但是我打的深搜总觉得不正规). 我们求出每条边的期望经过次数,然后排序,经过多的序号小,经过少的序号大,这样就可以保证最后的值最小. 对于每一条边的期望经过次数,其实是从它起点和终点来的.设f[]为每个点经过的期望,out[]为每个点的出度 设一条边,起点为u,终点为v.那么它的期望经过次数为f[u]/out[u]+f[v]/out[v] 这样问题就转化为求每个点的期望经过次数了 对于起点,一开始经过一次,也可能从其他点走过来. f[1]=1+sigma(f

题意:给定一个 n 个结点的有向图,然后从 1 结点出发,从每个结点向每个后继结点的概率是相同的,当走到一个没有后继结点后,那么程序终止,然后问你经过每个结点的期望是次数是多少. 析:假设 i 结点的出度为 di,期望执行次数为 xi,对于一个有 n 个前继结点的 a1, a2, a3 ... an 的结点 i,可以列出方程 xi = xa1/da1 + xa2/da2 + .. + xan/dan,根据每个结点都可以列出一个方程,然后就有 n 个方程,其中结点 1 比较特殊,因为是由它开始的所

题意 题目链接 Sol 期望的线性性对xor运算是不成立的,但是我们可以每位分开算 设\(f[i]\)表示从\(i\)到\(n\)边权为1的概率,统计答案的时候乘一下权值 转移方程为 \[f[i] = (w = 1) \frac{1 - f[to]}{deg[i]} +(w = 0) \frac{f[to]}{deg[i]} \] 高斯消元解一下 注意:f[n] = 0,有重边! #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MA

题目链接 参考 远航之曲 把走每条边的概率乘上分配的标号就是它的期望,所以我们肯定是把大的编号分配给走的概率最低的边. 我们只要计算出经过所有点的概率,就可以得出经过一条边(\(u->v\))的概率\(P_{ei}\).用\(dgr[i]\)表示点\(i\)的度数,那么\[P_{ei}=\frac{P_u}{dgr[u]}+\frac{P_v}{dgr[v]}\] 每个点的概率怎么求呢?就是\[P_i=\sum_{(i,j)\in G}\frac{P_j}{dgr[j]}\] 用\(a[i][j

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. 总分的期望值=每条边的期望经过次数*边的编号 之和. 不论我们如何编号,每条边的期望经过次数是不会变的,要使得边权和的期望最小,只需要贪心地使期望次数和边权倒序对应即可.

题面 题解:因为异或不太好处理,,,因此按位来算,这样最后的答案就是每一位上的值乘对应的权值再求和.本着期望要倒退的原则,,,我们设$f[i]$表示从$i$到$n$,xor和为1的概率.那么观察$xor$的规则:1 xor 1 = 00 xor 1 = 1 ----> 当xor 1时,结果为1的概率 = 原本为0的概率1 xor 0 = 1 0 xor 0 = 0 ----> 当xor 0时,结果为1的概率 = 原本为1的概率因此我们有如下转移:$$f[x] = \frac{1}{d_{x}}

应该是最后一道紫色的概率了....然而颜色啥也代表不了.... 首先看懂题意: 你现在有$p$点体力,你的体力上限为$n$ 在一轮中, 1.如果你的体力没有满,你有$\frac{1}{m + 1}$的几率回复一点体力 2.紧接着有$k$轮攻击,每轮攻击都有$\frac{1}{m + 1}$的几率使你掉一点体力 如果一轮后,你的体力$ \leq 0$,那么游戏结束 询问游戏结束的期望轮数 看懂题应该就懂了什么吧.... 设状态$f[i]$表示生命值为$i$游戏结束的期望轮数 那么 $$f[i] =

CodeForces 24D Broken robot 大致题意:你有一个n行m列的矩形板,有一个机器人在开始在第i行第j列,它每一步会随机从可以选择的方案里任选一个(向下走一格,向左走一格,向右走一格,留在原地),现在我们要求它走到最后一行的期望步数 \(solution:\) 这道题我们可以从最后一行开始递推,但是我们很快发现会有一些难以解决的方程.因为每一行的每一个格子都可以组成一个方程,但是这些格子都是未知的,只有他们的下一行的所有格子已知(我们从下向上倒推,这是一个惯用套路).也就是说

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3143 只需算出每条边被经过的概率,将概率从小到大排序,从大到小编号,就可得到最小期望: 每条边经过的概率是其两端的点被走的次数/该点的度数的和: 而每个点被走的次数又需要从与其相连的点推过来,所以构成n个n元方程,进行高斯消元求解: 其中点n较为特殊,可以不去管它,因为所有路径到n后就不再走出来,也就是n到n的概率为0: 而因为所有路径从点1开始,所以1的次数平地+1. 代码如下: #in

和游走挺像的,都是将概率转成期望出现的次数,然后拿高斯消元来解. #include <bits/stdc++.h> #define N 23 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; double in[N],out[N],f[N*N][N*N]; int G[N][N],deg[N],idx[N][N],tot; void Gauss(int n) { int i,j

Description 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. Input 第一行是正整数N和M,分别表示该图的顶点数 和边数,接下来M行每行是整数u,v(1≤u,v≤N),表示顶点u与顶点v之间存在一条边. 输入保

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 128 MB 有一天Petya和他的朋友Vasya在进行他们众多旅行中的一次旅行,他们决定去参观一座城堡博物馆.这座博物馆有着特别的样式.它包含由m条走廊连接的n间房间,并且满足可以从任何一间房间到任何一间别的房间. 两个人在博物馆里逛了一会儿后两人决定分头行动,去看各自感兴趣的艺术品.他们约定在下午六点到一间房间会合.然而他们忘记了一件重要的事:他们并没有选好在哪儿碰面.等时间到六点,他们开始在博物馆里到处乱跑来找到对方(他们

题目传送门 题意:在n*m的网格上,有一个机器人从(x,y)出发,每次等概率的向右.向左.向下走一步或者留在原地,在最左边时不能向右走,最右边时不能像左走.问走到最后一行的期望. 思路:显然倒着算期望. 我们考虑既不是最后一行,也不靠边的一般方格,设$f[i][j]$为(i,j)这个格子的期望步数,显然有 $f[i][j]=\frac{1}{4}*(f[i][j-1]+f[i][j+1]+f[i+1][j]+f[i][j])+1$ 移项有:$f[i][j]=\frac{1}{3}(f[i][j-

假如我们知道了每条边经过的期望次数,则变成了一个显然的贪心.现在考虑如何求期望次数. 由于走到每个点后各向等概率,很显然一条边的期望次数可以与它的两个端点的期望次数,转化为求点的期望次数 考虑每个点对另个点的贡献,得到方程组,暴力高斯消元 注意走到最后一个点就结束了,所以相当于它不能有出边 #include <bits/stdc++.h> #define eps 1e-6 using namespace std; const int N = 1005; double a[N][N]; int

考虑40分. 设出状态 f[i]表示匹配到了i位还有多少期望长度能停止.可以发现这个状态有环 需要高斯消元. 提供一种比较简单的方法:由于期望的线性可加性 可以设状态f[i]表示由匹配到i到匹配到i+1需要的期望长度. 需要预处理前缀和和KMP的nex数组来辅助转移. if(n==1) { gc(a); len=strlen(a+1); ll j=0; memset(nex,0,sizeof(nex)); rep(2,len,i) { while(j&&a[i]!=a[j+1])j=nex

题目描述 传送门 分析 首先判掉 \(INF\) 的情况 第一种情况就是不能从 \(s\) 走到 \(t\) 第二种情况就是从 \(s\) 出发走到了出度为 \(0\) 的点,这样就再也走不到 \(t\) 然后我们去考虑 \(60\) 分的做法 我们设 \(dp[u]\) 为当前在点 \(u\) 走到点 \(t\) 的期望步数 那么就有 \(dp[u]=\sum_{u->v}^v((dp[v]+1) \times \frac{1}{rd[u]})\) 移项之后就变成了 \(dp[u]-\sum_