poj2151
来源:互联网 发布:ui设计需要编程吗 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 14:04
这道题目的意思很简单,有t个ACM队,m个题目,题目给出了每个队对每个题目做出的概率大小(0到1之间,包含0和1),要求每个队至少做出一道题(签到题),同时,要求获胜队必须至少能够做出n道题(获胜对不止一个),这到题目实际上就是一个dp+概率论知识,dp的推导也是概率论中的全概率公式推导出来的,之后就是如何利用概率论知识求解问题了。首先解释一下dp如何推导。我们令dp[i][j]为前i道题中做出j道题的概率,那么依据全概率公式,现在有两种情况:
1)第i道题做出来的,在此条件下dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
2)第i道题没有做出来,在此条件下dp[i][j]=dp[i-1][j]
那么依据全概率公式dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*p[i]+dp[i-1][j]*(1-p[i]),其中p[i]为第i题做出的概率。
状态转移方程确定后,那么就可以求解出前i个题目中做出j道题的概率了。
问题是所有的基本条件都已经确定了,那么题目要求解问题的概率该如何计算。这里,很容易认为每个队至少做出一道题和获胜队至少做出n道题是独立事件。其实不然。应该说他们之间存在包含于被包含的关系,这里分两种情况讨论:
我们将每个队都至少作出一道题记为事件A,获胜队至少作出n道题记为事件B,题目要求的就是p(AB)的结果
1)当n=1时,事件B包含事件A,那么p(AB)就转化为p(A),即为每个队都至少作出一道题的概率。
2)当n>1时,事件A包含事件AB,那么p(AB)就是p(A)-p(A-AB),这里补充说明一下,事件A-AB就是所有队都只作出少于n道题的概率(即作出1到n-1道题的概率)
下面是代码:
#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define Max 100float dp[Max][Max];int m,t,n;int main(){while(scanf("%d%d%d",&m,&t,&n)){if(m==0 && t==0 && n==0)break;float pro1=1.0,pro2=1.0,temp;float result=1.0;while(t--){dp[0][0]=1.0;for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%f",&temp);pro1*=(1-temp);for(int j=0;j<=i;j++){float cov1,cov2;if(j-1<0)cov1=0.0;elsecov1=dp[i-1][j-1]*temp;if(j>i-1)cov2=0.0;elsecov2=dp[i-1][j]*(1-temp); dp[i][j]=cov1+cov2;}} result*=(1-pro1);pro1=1.0;float ac=0.0; for(int i=1;i<n;i++) ac+=dp[m][i];pro2*=ac;}result=result-pro2;printf("%.3f\n",result);}return 0;}
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