目录 基础概念 最大值不超过Y的期望 概率为P时期望成功次数 基础问题 拿球 随机游走 经典问题 期望线性性练习题 例题选讲 noip2016换教室 区间交 0-1边树求直径期望 球染色 区间翻转 二位&三维凸包点数期望 单选错位 KILL 后记 @(期望与概率) 基础概念 随机变量:有多种可能的取值的变量 万物都可以当做随机变量,包括常数,方便用 \(\sum\) 统计 P(A):事件 A 发⽣的概率 E(X):随机变量 X 的期望值,\(E(X)=Sum[ P(X=i)*i ]\) 独⽴事件

题意:初始状态在(1,1)的位置.目标是走到(n,n).每次仅仅能向下向右或者不移动.已知在每一个格子时这三种情况的概率,每移动一步消耗2的魔力,求走到终点的使用的魔力的期望. 分析:简单的期望dp,套用之前的框架.可是这题不是+1,而是+2,由于每次多加的那个数字是走一步的消耗.这里是2! 注意p1[i][j]==1时不能计算dp[i][j],看式子就知道了.分母不能为0. 代码: #include<iostream> #include<cstdio> using namespa

The number of steps Time Limit: 1000ms   Memory limit: 65536K  有疑问?点这里^_^ 题目描写叙述 Mary stands in a strange maze, the maze looks like a triangle(the first layer have one room,the second layer have two rooms,the third layer have three rooms -). Now she

A. My Friend of Misery 计算出答案的上下界即可. 时间复杂度$O(n)$. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=100010; typedef long long LL; int main(){ int _;scanf("%d",&_); while(_--){ int n;scanf("%d",&n); LL cur=0,r=1LL<

对于同余式 \[x^2 \equiv n \pmod p\] 若对于给定的\(n, P\),存在\(x\)满足上面的式子,则乘\(n\)在模\(p\)意义下是二次剩余,否则为非二次剩余 我们需要计算的是在给定范围内所有满足条件的\(x\),同时为了方便,我们只讨论\(p\)是奇质数的情况 前置定理 \(x^2 \equiv (x+p)^2 \pmod p\) 证明:\(x^2 \equiv x^2 + 2xp + p^2 \pmod p\)显然成立 对于\(x^2 \equiv n \pmod

期望 \(x\) 的期望 \(E(x)\) 表示平均情况下 \(x\) 的值. 令 \(C\) 表示常数, \(X\) 和 \(Y\) 表示两个随机变量. \(E(C)=C\) \(E(C \times X)=C \times E(X)\) \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\) 期望的线性性 \(E(XY)\) 不一定等于 \(E(X) \times E(Y)\) 期望练习: 题意: \(n\) 个格子从左往右排成一排,\(m\) 次操作. 每次操作随机选择一个区间 \([l,r]\) ,将

题目分析: 好题. 一开始看错题了,以为是随机选两个球,编号在前的染编号在后的. 但这样仍然能获得一些启发,不难想到可以确定一个颜色,剩下的颜色是什么就无关了. 那么答案就是每种颜色的概率乘以期望.概率很好求. 考虑期望,这里存在一个"黑洞",也就是f[0]状态无论如何也不可能填满颜色,所以我们要舍弃这个状态,这样往左和往右的转移就不是对半了. 通过求出的概率作比可以发现实际上是i-1:i+1.所以可以列出DP方程 代码: #include<bits/stdc++.h> u

数学期望 P=Σ每一种状态*对应的概率. 因为不可能枚举完所有的状态,有时也不可能枚举完,比如抛硬币,有可能一直是正面,etc.在没有接触数学期望时看到数学期望的题可能会觉得很阔怕(因为我高中就是这么认为的,对不起何老板了QwQ),避之不及. 但是现在发现大多数题就是手动找公式或者DP推出即可,只要处理好边界,然后写好方程,代码超级简短.与常规的求解不同,数学期望经常逆向推出. 比如常规的dp[x]可能表示到了x这一状态有多少,最后答案是dp[n].而数学期望的dp[x]一般表示到了x这一状态还

cf1009E:求到第i段期望和的比较困难,但是单独求每段的期望是比较容易的,所以单独对每段求和,然后累计总和 E[i]=1/2*a1+1/4*a2+...+1/2^(i-1)*ai-1+1/2^(i-1)*ai,E[1-n]是可以递推的 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ; ; int n; ll a[maxn],dp[maxn],P[maxn]; int main(){ cin>>

期望相关: 数学期望,可以简单理解的加权平均数.设有一系列的值$x_i$,每个值被取到的概率为$p_i$,则期望$E=\sum\limits_{i=1}^n p_i x_i$. 期望具有线性性:$$E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)$$ $$E(XY)=E(X)E(Y)$$ 大概就是说求期望的时候正着反着乱序着乱搞求出来的都是对的... 基于期望的线性性,我们可以在概率和期望之间建立一定的递推关系,这样就可以通过动态规划来解决一些概率问题. 比如NOI2005的聪聪和可可. 题目大意:给定

组合数学 1. 排列组合 1. 加法原理 完成一列事的方法有 n 类,其中第 i 类方法包括\(a_i\)种不同的方法,且这些方法互不重合,则完成这件事共有 \(a_1 + a_2 + \cdots + a_n\) 种不同的方法 2. 乘法原理 若完成一件事需要 n 个步骤,其中第 i 个步骤有 \(a_i\) 种不同的完成方法,且这些步骤互不干扰,则完成这件事共有 \(a+1 * a_2 * \cdots * a_n\) 种不同的方法 两原理的区别: 一个与分类有关,一个与分步有关:加法原理是

起因:在一场训练赛上.有这么一题没做出来. 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6829 题目大意:有三个人,他们分别有\(X,Y,Z\)块钱(\(1<=X,Y,Z<=1e6\)),钱数最多的(如果不止一个那么随机等概率的选一个)随机等可能的选另一个人送他一块钱.直到三个人钱数相同为止.输出送钱轮数的期望,如果根本停不下来,输出-1. 根据题目的意思,其实就是每次向包里随机加入一枚钱币,直到包里某种钱币数量达到 100.本题的核心是如何

起因:在2020年一场HDU多校赛上.有这么一题没做出来. 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6829 题目大意:有三个人,他们分别有X,Y,Z块钱(1<=X,Y,Z<=1e6),钱数最多的(如果不止一个那么随机等概率的选一个)随机等可能的选另一个人送他一块钱.直到三个人钱数相同为止.输出送钱轮数的期望,如果根本停不下来(希望のはな繋いだ绊が~),输出-1. 做题过程:很显然我们可以得到一个DP想法dp[i][j]表示钱第二多的和第三

题意:有三个骰子,分别有k1,k2,k3个面. 每次掷骰子,如果三个面分别为a,b,c则分数置0,否则加上三个骰子的分数之和. 当分数大于n时结束.求游戏的期望步数.初始分数为0 设dp[i]表示达到i分时到达目标状态(即i = n)的期望,pk为投掷k分的概率, p0为回到0的概率则dp[i] = ∑(pk * dp[i + k]) + dp[0] * p0 + 1 ; 都和dp[0]有关系,而且dp[0]就是我们所求,为常数设 dp[i] = A[i] * dp[0] + B[i]; 即为d

对于概率dp,我一直都弄得不是特别明白,虽然以前也有为了考试去突击过,但是终究还是掌握得不是很好,所以决定再去学习一遍,把重要的东西记录下来. 1.hdu4405 Description 在一个 \(1*n\) 的格子上掷色子,从 \(0\) 点出发,掷了多少前进几步,同时有些格点直接相连,即若 \(a\) ,\(b\) 相连,当落到 \(a\) 点时直接飞向 \(b\) 点.求走到 \(n\) 或超出 \(n\) 期望掷色子次数 \(n \leq 100000\) Solution 这道题目有

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/CF1045D.html 题目传送门 - CF1045D 题意 给定一棵有 $n$ 个节点的树,第 $i$ 个节点有 $p_i$ 的概率消失.有 $q$ 次操作,每次操作修改一个节点消失的概率,请你在每一次操作之后输出树的期望连通块个数. $n,q\leq 10^5$ 题解 首先我们考虑如何求解不操作的情况. 考虑期望的线性性,我们统计每一个节点对答案的负贡献. 首先,假装每一个节点都是一个连通块. 对于节点

  (Another) 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, (Another) YYF is now at the start of enemy's famous "mine road". This is a very long road

题意:某个人每天晚上都玩游戏,如果第一次就䊨了就高兴的去睡觉了,否则就继续直到赢的局数的比例严格大于 p,并且他每局获胜的概率也是 p,但是你最玩 n 局,但是如果比例一直超不过 p 的话,你将不高兴的去睡觉,并且以后再也不玩了,现在问你,平均情况下他玩几个晚上游戏. 析:先假设第一天晚上就不高兴的去睡觉的概率是 q,那么有期望公式可以得到 E = q + (1-q) * (E + 1),其中 E 就是数学期望,那么可以解得 E = 1/ q,所以答案就是 1 / q,这个公式是什么意思呢,把数

Description 通往贤者之塔的路上,有许多的危机. 我们可以把这个地形看做是一颗树,根节点编号为1,目标节点编号为n,其中1-n的简单路径上,编号依次递增, 在[1,n]中,一共有n个节点.我们把编号在[1,n]的叫做正确节点,[n+1,m]的叫做错误节点.一个叶子,如果是正 确节点则为正确叶子,否则称为错误叶子.莎缇拉要帮助昴到达贤者之塔,因此现在面临着存档位置设定的问题. 为了让昴成长为英雄,因此一共只有p次存档的机会,其中1和n必须存档.被莎缇拉设置为要存档的节点称为存档 位置.当

Description Zeit und Raum trennen dich und mich. 时空将你我分开.B 君在玩一个游戏,这个游戏由 n 个灯和 n 个开关组成,给定这 n 个灯的初始状态,下标为从 1 到 n 的正整数.每个灯有两个状态亮和灭,我们用 1 来表示这个灯是亮的,用 0 表示这个灯是灭的,游戏的目标是使所有灯都灭掉.但是当操作第 i 个开关时,所有编号为 i 的约数(包括 1 和 i)的灯的状态都会被改变,即从亮变成灭,或者是从灭变成亮.B 君发现这个游戏很难,于是想到

[BZOJ3470]Freda’s Walk Description 雨后的Poetic Island空气格外清新,于是Freda和Rainbow出来散步. Poetic Island的交通可以看作一张n个点.m 边的有向无环图.由于刚下过雨,每条边都有一个积水深度,而恰好Freda 和Rainbow都喜欢踩水玩儿,于是Ta们从某个点出发,选择走向哪条边的概率与该边的积水深度是成正比的.即:如果Freda和Rainbow现在在点u,点u 出发的所有边的积水深度之和为s,从u到v的边积水深度为w,