程序设计思路: 假设有n个骰子,关键是需要统计每个点数出现的次数.首先分析第一个骰子点数和有1到6的点数,计算出1到6的每种点数 的次数,并将结果用一个数组pos1记录.然后分析有两个骰子时, 点数为K肯定是由上一次中点数为K-1,K-2,K-3,K-4,K-5,K-6的点数产生,即此时点数为K的次数为上一次点数为 K-1,K-2,K-3,K-4,K-5,K-6的次数之和,将本次计算的结果保存到另外一个数组pos2中,这样一直计算到n个骰子时,数组pos2中保存的值即为每个点数出现的次数. 技巧

ssworld VS DDD Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 1487    Accepted Submission(s): 304 Problem Description One day, sssworld and DDD play games together, but there are some special

关于有向图走"无限次"后求概率/期望的口胡/[题解]HNCPC2019H 有向图 全是口胡 假了不管 讨论的都是图\(G=(V,E),|V|=n,|E|=m\)上的情况 "走无限次"这个概念很抽象,严谨的证明以及描述和概率的收敛性有关,由于我也不会在此就不讨论这些,但是根据一些概率的知识,可以发现,其实走无限次可以这样描述: 由于使用概率不好描述在无限次的情况时,每个点和点之间的关系,所以用期望.到时候根据期望的定义式反过来求概率.可能的问题是,"不是走无

一道百度面试题(待解中) 具体:给40亿个不重复的unsigned int的整数,没排过序的,然后再给几个数,如何快速判断这几个数是否在那40亿个数当中? 分析下,首先应该是空间复杂度(40亿uint = 400000000*4 byte = 15258 MB 差不多16G), 再试时间复杂度 因为是无序的,所以 不能用B树索引,B+ 树索引 ( 默认数据库中 索引会用, 因为有序,所以支持 上一个,下一个) 网上普遍应该是 1.40亿数据 分片 2.结果放到bit中,然后查找bitset 判断

一个Catalan数的题,打表对每个数都求一次逆元会T,于是问到了一种求阶乘逆元的打表新方法. 比如打一个1~n的阶乘的逆元的表,假如叫inv[n],可以先用费马小定理什么的求出inv[n],再用递推公式求出前面的项. 我们记数字 x 的逆元为f(x) (%MOD). 因为 n! = (n-1)! * n 所以 f(n!) = f( (n-1)! * n) = f( (n-1)! ) * f(n). 所以 f( (n-1)! ) = f(n!) * f( f(n) ) = f(n!) * n  

// ConsoleApplication1.cpp : 定义控制台应用程序的入口点. // #include "stdafx.h" #include<iostream> #include<vector> using namespace std; class Solution { public: int GetUglyNumber_Solution(int index) { int Max = 0;//记录最大丑数 int num = 0; vector<

#include <stdio.h> /* 编写一个函数,输入 n 为偶数时,调用函数求 1/2+1/4+...+1/n,当输入 n 为奇数时,调用函数1/1+1/3+...+1/n(利用指针函数). */ //1/2 + 1/4 +...+ 1/n; float even(int n) { ; ; i <=n; i+=) sum += ( / i; return sum; } //1/1 + 1/3 +...+ 1/n; float odd(int n) { ; ; i <= n

总结:有一定基础的人,应该发现第一个程序可以运行,其实它有个致命的错误.有谁能一眼看出来呢?第二个程序是对的. 这个题目求最大值,最小值,平均值我不会求,不知道这个if判断放在类的外面还是main函数里面 我不知道方法在哪里.没有思路.当我把循环放在main函数里面的时候, package com.c2; import java.util.Scanner; //求输入一组数据,求其最大值,最小值,平均值 public class Qi { public static void main(Stri

链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4035 题意: 有n个房间,由n-1条隧道连通起来,实际上就形成了一棵树, 从结点1出发,开始走,在每个结点i都有3种可能: 1.被杀死,回到结点1处(概率为ki) 2.找到出口,走出迷宫 (概率为ei) 3.和该点相连有m条边,随机走一条 求:走出迷宫所要走的边数的期望值. 设 E[i]表示在结点i处,要走出迷宫所要走的边数的期望.E[1]即为所求. 叶子结点: E[i] = ki*E[1] + ei*

开始我居然又没有想出来.. 还是看了解法.开始的时候,一直想的是用概率,百分比来求,后来才发现,用次数来求,最后除一下,更近清晰. 方法,可以是递归,每次多一个骰子的时候,次数分别加上个数以及上一次i-j (i为和,j为1-6)的个数. 或者用循环,两个数组,0和1,迭代进行,每次加上上一次的,然后加到下一次的上面,就可以了. 真是太巧妙了. 我还是不聪明呀.

Scout YYF I Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 6757   Accepted: 1960 Description YYF is a couragous scout. Now he is on a dangerous mission which is to penetrate into the enemy's base. After overcoming a series difficulties,

题目大意:一款新游戏注册账号时,有n个用户在排队.每处理一个用户的信息时,可能会出现下面四种情况: 1.处理失败,重新处理,处理信息仍然在队头,发生的概率为p1: 2.处理错误,处理信息到队尾重新排队,发生的概率为p2: 3.处理成功,队头信息处理成功,出队,发生的概率为p3: 4.服务器故障,队伍中所有信息丢失,发生的概率为p4: 小明现在在队伍中的第m个位置,问当他前面的信息条数不超过k-1时服务器故障的概率. 题目分析:这道题的状态转移方程不难写.定义状态dp(i,j)表示在有 i 个人的

题目链接 题意 :把硬币往棋盘上扔,分别求出硬币占1,2,3,4个格子的时候的概率. 思路 : 求出公式输出,不过要注意输出格式,我还因为输入的时候用了int类型错了好几次..... #include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <math.h> #define PI acos(-1.0) using namespace std ; int main() { int k

/** 大意:给定一个色子,有n个面,每一个面上有一个数字,在其中的m个面上有特殊的颜色,当掷出的色子出现这m个颜色之一时,可以再掷一次..求其最后的期望 思路:假设 期望为ans 4 ans = 1/n*(a[b[1]]+ans)+1/n*(a[b[2]]+ans)+....+1/n*(a[b[m]]+ans) +...+1/n*(a[k]).... 5 ans = m/n*ans+1/n*(a[1]+a[2]+a[3]+...a[n]) 6 ans = m/n*ans+sum/n 7 ans

1444: [Jsoi2009]有趣的游戏 4820: [Sdoi2017]硬币游戏 这两道题都是关于不断随机生成字符后求出现给定字符串的概率的问题. 第一题数据范围较小,将串建成AC自动机以后,以AC自动机上每个点为一个未知数,列出方程高斯消元求解即可,时间复杂度$O(n^{3}m^{3})$. #include<queue> #include<cstdio> #include<algorithm> #define MN 21 #define ld double #d

题目大意:美女与野兽在玩画鸽子的游戏.鸽子在用黑布遮住的笼子里,白色的有w只,黑色的有b只,每次拿出一只作画,谁先画到白色的鸽子谁就赢.美女首先画,因为野兽太丑,它每次画的时候都会吓跑一只鸽子,所有出笼子的鸽子都不在进去.求美女赢得概率.(设定假如没有人画到白色鸽子,算野兽赢). 题目分析:这道题不难,很显然的概率DP.这是我第一次写概率DP,纪念一下... 代码如下: # include<iostream> # include<cstdio> # include<vecto

题目链接:http://www.icpc.moe/onlinejudge/showProblem.do?problemId=1797 题意是有 n 个点 m 条边,从a到b的不被抓的概率是p,让求从点1到点n的不被抓的最大概率: Dijkstra套一下就可以了,注意初始化: ab到bc不被抓的概率等于ab不被抓的概率乘上bc不被抓的概率: #include <stdio.h> #include <algorithm> #include<string.h> #includ

主要是要想到边与边的通过概率是独立的,所以先求出最终的概率,然后用推出的公式求总期望即可 最终概率E[0][n-1],可以用传递闭包来做 裂项相消法都不会了.. /* 闭包上推期望 每条边都具有独立性,算出每条边上成功通过的期望 Ei=2K/pi(裂项相消法) 然后再通过佛洛依德进行传递边之间的关系即可 直接求期望比较麻烦,先求最大的概率 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,S,K,t; ][];//概率矩阵 void

题意: 一条路上有 $n$ 个地雷,YYF 从位置 $1$ 出发,走一步的概率为 $p$,走两步的概率是 $(1-p)$.求 YYF 能顺利通过这条路的概率. 数据范围: $1\leq n \leq 10$,$0.25\leq p\leq 0.75$,输入的 $n$ 个位置的范围:$[1,1e8]$ 分析: 从前往后推,状态转移方程:$dp[i]=dp[i-1]*p+dp[i-2]*(1-p)$,其中 $dp[1]=1$,有地雷的位置 $dp[i]=0$.如果直接算,必然超时,可以用矩阵快速幂分

题意:给你n,m分别表示 长度为n的环 和最后走到的位置m 问从0点出发每次都能能往前或者往后走 求最后在m点的概率思路:我们可以先打表模拟一下 发现好像每个点的概率大概都是1/(n-1) 打表代码: #include<bits/stdc++.h> #include <random> #include <chrono> #define ll long long #define ull unsigned long long const int inf = 0x3f3f3f