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编程问答

概率期望学习笔记

發(fā)布時間：2023/12/3 编程问答 34 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了概率期望学习笔记小編覺得挺不錯的,現(xiàn)在分享給大家,幫大家做個參考.

概率期望學習筆記

POJ3869

題意：兩個人轉左輪手槍，朝自己打，槍里保證至少有一個空的，你的對手上一輪活下來了，現(xiàn)在到你了，問重新轉左輪和直接打，哪個概率高。

做法：考慮00，10，兩種串，即可計算不轉時，下一個為空的概率。重新轉的概率，就是這個手槍里所有空的位置比所有的口的個數。注意串是循環(huán)的。

POJ2794

題意：有9組牌，每組4張，兩張牌的大小一樣時可以消掉，每次只能消掉最上面的牌，然后一個在玩的時候如果有多種消法，就會隨機選擇其中一種，問他將所有牌都消掉的幾率是多少。

做法：用一個9位5進制數表示當前的狀態(tài)，直接記憶化搜索即可。一開始的寫法T了。

#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define pb push_back typedef long long ll; typedef double LD; const int N = 2000000; using namespace std; int a[20][20], M[266], num[9], A[9], f[22], ST, vis[N]; LD dp[N]; char s1[4]; double solve(int s) {if(vis[s]) return dp[s];vis[s]=1;int A[9],tmp=0;rep(i,0,8) A[i]=(s/f[i])%5;rep(i,1,8)rep(j,0,i-1) {if(A[i]&&A[j]&&a[i][A[i]]==a[j][A[j]]) {dp[s] += solve(s-f[i]-f[j]);++tmp;}}if(tmp)dp[s]/=(double)tmp;return dp[s]; }int main() {f[0]=1; rep(i,1,9)f[i]=f[i-1]*5;ST = f[9]-1;M['6']=0;M['7']=1;M['8']=2;M['9']=3;M['T']=4;M['J']=5;M['Q']=6;M['K']=7;M['A']=8;rep(i,0,8)rep(j,1,4) {scanf(" %s",s1);a[i][j] = M[s1[0]];}vis[0]=1; dp[0]=1.0;cout << solve(ST) << '\n';//TLE // memset(dp,0,sizeof(dp)); // int x,y,t,z,tmp;LD tt; // dp[ST]=1.0; // per(s,ST,0) { // z = 0;tmp=0; // rep(i,0,8) { // x = (s/f[i])%5; // if(num[a[i][x]]==0)num[a[i][x]]=1,++tmp; // z+=x; // } // memset(num,0,sizeof(num)); // if(tmp==9)continue; // if(z&1)continue; // tmp=0; // rep(j,0,8) {x = (s/f[j])%5; if(x>0)++num[a[j][x]];} // rep(j,0,8) if(num[j]>=2) tmp += (1*(num[j]*(num[j]-1))>>1); // tt = (LD)dp[s]/tmp; // // rep(j,0,8) A[j]=(s/f[j])%5; // rep(j,1,8)rep(k,0,j-1) { // x=A[k], y=A[j]; // if(x!=0&&y!=0&&a[j][y]==a[k][x]){ // t = s; t-=(f[k]+f[j]); // dp[t] += tt; // } // } // } // printf("%f\n",(double)dp[0]);return 0; }

Codeforces1009E

題意：給定序列a，要求把長度n，劃分成一些段，每一段的值形如a1,a2,..，求這些值和的期望。

做法：考慮每一個位置的期望。對于位置i，值為a1，只有它的前面恰好是一個分界線；值為a2，即他向前一個的位置恰好是個分界線；同理，可以列數位置i的值的期望為：
$E_i = \frac{a_1}{2^{1}} + \frac{a_2}{2^{2}} + ... + \frac{a_{i-1}}{2^{i-1}} + \frac {a_i}{2^{i-1}}$
$E_1 = a_1$
$E_2 = \frac{a_1}{2^{1}} + \frac {a_2}{2^{1}}$
$E_3 = \frac{a_1}{2^{1}} + \frac{a_2}{2^{2}} + \frac {a_3}{2^{2}}$
$E_4 = \frac{a_1}{2^{1}} + \frac{a_2}{2^{2}} + \frac {a_3}{2^{3}} + \frac {a_4}{2^{3}} $
直接求和即可。

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) #define pb push_back typedef long long ll; const int N = 1e6 + 7; const ll mod = 998244353; using namespace std; int n; ll a[N],ans=0,f[N];int main() {scanf("%d",&n);f[0]=1;rep(i,1,n)f[i]=(f[i-1]*2LL)%mod;rep(i,1,n) scanf("%I64d",&a[i]);rep(i,1,n) {ll t;if(i<n) t = ((a[i]*f[n-i])%mod + (a[i]*((f[n-i-1]*(n-i))%mod))%mod)%mod;else t = (a[i]*f[n-i])%mod;ans=(ans+t%mod)%mod;}printf("%I64d\n",ans);return 0; }

Codeforces930B

題意：給定一個串，對他循環(huán)移位，通過首字母和一個后邊的字母判斷移了多少位，問成功的概率。

做法：對每種移位情況下，枚舉每次去查哪個位置，對每種字母找到最好的位置。即使得盡可能多的情況下，這個位置的字母是不同的，使得成功的概率更高。設字母$c_i$的最優(yōu)的情況后邊有$num_i$個位置，字母唯一，$c_i$的個數為$cnt(c_i)$，所以以這種字母開頭，成功概率為$\frac{num_i}{cnt(c_i)}$，把所有字母累加起來就是：$\sum {\frac{num_i}{cnt(c_i)}·\frac {cnt(c_i)}{n}} = \frac {\sum {num_i}}{n}$

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) #define pb push_back typedef long long ll; const int N = 5005; using namespace std; int n,ff[N],num[26]; char s[N<<1]; vector<int> v[26]; int main() {scanf(" %s",s+1);n = strlen(s+1);rep(i,1,n) s[i+n]=s[i];rep(i,1,n) v[s[i]-'a'].pb(i);rep(i,0,25)rep(x,1,n-1){int f=0;memset(num,0,sizeof(num));for(auto p: v[i]) ++num[s[p+x]-'a'];int tt = 0;rep(j,0,25)if(num[j]==1)++tt;ff[i]=max(ff[i],tt);}int tmp = 0;rep(i,0,25)tmp+=ff[i];printf("%.10f\n",1.0*tmp/(double)n);return 0; }

Codeforces935D

題意：給定兩個序列S1, S2，他們有一些位置的值是確定的，一些是不確定的，可以填入1~m中的數，問S1比S2字典序高的概率。

做法：從高位到低位遞推，dp[i][0]表示前i個位置S1等于S2的概率，dp[i][1]表示前i個位置，S1大于S2的概率。分情況討論，直接做即可。

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) #define pb push_back typedef long long ll; const int N = 1e5 + 7; const int mod = 1e9 + 7; using namespace std; ll n,m,a[N],b[N],dp[N][2],invm,invmm,inv2; ll q_pow(ll a,ll b) {a%=mod;ll ans = 1;while(b) {if(b&1) ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b>>=1;}return ans; } ll P(int i,int opt) {if(!opt) {if(a[i]&&b[i]&&a[i]==b[i]) return 1LL;if(a[i]&&b[i]&&a[i]!=b[i]) return 0LL;if(!a[i]&&b[i]) return invm%mod;if(a[i]&&!b[i]) return invm%mod;if(!a[i]&&!b[i]) return invm%mod;}else {if(a[i]&&b[i]&&a[i]>b[i]) return 1LL;if(a[i]&&b[i]&&a[i]<=b[i]) return 0LL;if(!a[i]&&b[i]) return ((m-b[i])%mod*invm)%mod;if(a[i]&&!b[i]) return ((a[i]-1LL)%mod*invm)%mod;if(!a[i]&&!b[i]) return ((((((m-1LL)%mod)*m)%mod*inv2)%mod)*invmm)%mod;} }int main() {scanf("%I64d%I64d",&n,&m);inv2 = q_pow(2LL,mod-2);invm = q_pow(m,mod-2);invmm = (invm*invm)%mod;rep(i,1,n)scanf("%I64d",&a[n-i+1]);rep(i,1,n)scanf("%I64d",&b[n-i+1]);dp[1][0]=P(1,0), dp[1][1]=P(1,1);rep(i,2,n) {dp[i][0] = (P(i,0)*dp[i-1][0])%mod;dp[i][1] = (P(i,1) + (P(i,0)*dp[i-1][1])%mod)%mod;}(dp[n][1]+=mod)%=mod;printf("%I64d\n",dp[n][1]);return 0; }

Codeforces280C

題意：給定一棵樹，每次操作可以刪除一顆子樹。問期望的操作次數。

題解：考慮每個點對答案的貢獻，點i最終一定會被刪除，如果刪除它的時候，是在刪除它的祖先，則他對答案無貢獻，如果是通過自己刪的，則對答案有貢獻。能刪除它的祖先共有：這個點的深度-1 個點。所以點u的期望就是$\frac{1}{deep[u]}$，最后累加起來。一開始，推出了深度是1的樹的公式，然后推廣了一下，寫的自底向上算。。結果gg，這題思路真的有點神。

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) typedef long long ll; const int N = 1e5 +7; using namespace std; struct edge{int e,nxt;}E[N<<1]; int cc,h[N]; void add(int u,int v) {E[cc].e=v;E[cc].nxt=h[u];h[u]=cc;++cc;} int n,dep[N]; double ans = 0; void dfs(int u,int pre) {ans += 1.0/dep[u];for(int i=h[u];~i;i=E[i].nxt) if(E[i].e!=pre) {dep[E[i].e] = dep[u] + 1;dfs(E[i].e,u);} } int main() {scanf("%d",&n);rep(i,1,n) h[i] = -1;rep(i,1,n-1) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y), add(y,x);}dep[1] = 1; dfs(1,0);printf("%.12f\n",ans);return 0; }

Codeforces452C

題意：把n副一樣的牌混在一起，每副牌包含m張，從其中選n張，問取兩次牌相同的概率。

做法：考慮一種牌x的貢獻，枚舉x的個數k，現(xiàn)在先從n*m張牌中挑n張，其中有k張x，然后再考慮從中兩次選出x的概率，可以列出式子：\[\sum_{k=1}^{min(m,n)} \frac {C^k_m·C_{nm-m}^{n-k}·k^2}{C_{nm}^n·n}\]

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) typedef long long ll; const int N = 1e5 +7; using namespace std; int n,m; int main() {scanf("%d%d",&n,&m);double Cnmn = 1.0, Cmx = m, Cnm_x = 1.0, ans = 0;rep(i,1,n) Cnmn = Cnmn * (n*m - i + 1)/i;rep(i,1,n-1) Cnm_x = Cnm_x * ((n-1.0)*m - i + 1)/i;rep(i,1,min(n,m)) {ans += Cmx*Cnm_x*i*i/Cnmn/n;Cmx = Cmx * (m - (i+1) + 1.0)/(i+1);Cnm_x = Cnm_x * (n-(i+1)+1)/((n-1.0)*m - (n-(i+1)+1) + 1);}printf("%.10f\n",ans);return 0; }

Codeforces261B

$f[i][j][k]$表示前i個元素取j個，構成體積k的方法數，枚舉最后放不進去的元素是哪個，每種情況對答案的貢獻，就是$\sum {f[n][j][k]·j!·(n-j-1)!}$，計算f[i][j][k]的時候記得不要放x，最后的答案除$n!$，和背包一樣，$i$ 這一維可以去掉，j和k都相當于一種體積。。。智商逐漸消失。。

#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) #define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i) #define pb push_back typedef long long ll; const int N = 52; using namespace std; int n,a[N],p,sum; double f[N][N], ans, fc[N]; // (前i個元素)取j個,構成體積k的方法數int main() {scanf("%d",&n);rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];scanf("%d",&p);fc[0] = 1.0;rep(i,1,n) fc[i]=fc[i-1]*i;if(sum <= p) {printf("%.10f\n",(double)n);}else {rep(x,1,n) { // 枚舉那個恰好沒被使用的元素memset(f,0,sizeof(f));rep(i,0,n) f[0][0] = 1;rep(i,1,n) {per(k,p,a[i]) per(j,i,1) {if(i!=x)f[j][k] += f[j-1][k-a[i]];}}rep(i,0,n-1) rep(k,max(p-a[x]+1,0),p) {ans += f[i][k]*fc[i]*fc[n-i-1]*i;}}ans /= fc[n];printf("%.10f\n",ans);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/RRRR-wys/p/9385616.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的概率期望学习笔记的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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