概率练习 (16.04.30)
来源:互联网 发布:淘宝上的订单险是什么 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 05:30
继之前的概率dp,这次博文同样和概率相关,但不仅仅限于dp处理。
UVA - 10288 Coupons
https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1229
大意:买彩票,图案有n种,如果收集到所有的n种彩票就能得到大奖。问平均情况下需要买多少张彩票?
分析:推状态
假设现在已经有了i种彩票,那么购买j的概率就是:
设
那么期望
那么结果就是
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>using namespace std;typedef long long LL;LL gcd(LL a,LL b){ return b==0?a:gcd(b,a%b);}int main(){ LL n; while(cin>>n){ LL p1=n,p2=n,d; for(int i=1;i<n;i++){ p1=p1*(n-i)+p2*n; p2=p2*(n-i); d=gcd(p1,p2); p1/=d; p2/=d; } LL ans=p1/p2; p1=p1-ans*p2; d=gcd(p1,p2); p1/=d; p2/=d; if(p1==0){ printf("%lld\n",ans); continue; } LL len1=log10(ans)+1; for(int i=0;i<len1;i++) printf(" "); printf(" "); printf("%lld\n",p1); printf("%lld ",ans); LL len2=log10(p2)+1; for(int i=0;i<len2;i++) printf("-"); printf("\n"); for(int i=0;i<len1;i++) printf(" "); printf(" "); printf("%lld\n",p2); } return 0;}
poj 3744 Scout YYF I
http://poj.org/problem?id=3744
大意:在一段路途中,给出N个地雷地点,一个人一次走1步或者2步,求解顺利通过此路的概率。
分析:N很小,其数组元素
当然,我们没有那么大的空间用于dp数组, 他只是假想存在的。
对于通过
如果能够顺利通过,那么地雷点绝对是分界点!
分段:
1——x1
x1+1——x2
x2+1——x3
……
且到达x1+1,x2+1的概率是1!
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;int a[15];struct matrix{ double m[2][2];}A;matrix I={1,0,0,1};matrix multi(matrix m1,matrix m2){ matrix ans; for(int i=0;i<2;i++){ for(int j=0;j<2;j++){ ans.m[i][j]=0; for(int k=0;k<2;k++){ ans.m[i][j]+=m1.m[i][k]*m2.m[k][j]; } } } return ans;}matrix power(matrix m1,int p){ matrix ans=I; while(p){ if(p&1) ans=multi(ans,m1); m1=multi(m1,m1); p>>=1; } return ans;}int main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int n; double p; while(~scanf("%d%lf",&n,&p)){ for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a,a+n); A.m[0][0]=p; A.m[0][1]=1-p; A.m[1][0]=1; A.m[1][1]=0; matrix t=power(A,a[0]-1); double ans=t.m[0][0]; ans=1-ans; for(int i=1;i<n;i++){ t=power(A,a[i]-a[i-1]-1); // double temp=t.m[0][0]; ans=ans*(1-temp); } printf("%.7lf\n",ans); } return 0;}
hdu 5245 Joyful
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5245
大意:在棋盘中选两个点作为子矩阵的对角线的点,该范围内对格子图色,问K次后涂色格子的方格期望。
分析:每次选择A和B点这一事件是相互独立的,且一个点可以多次重选。可以反着想,求出K次不被选中的概率,最后1减去它,就是选中的概率。
假设5区域的位置是一个格子(i,j),统计包含5的情况数:
当A在1时,B可以在5,6,8,9 (i-1)(j-1)(m-i+1)*(n-j+1);
A在2时,B可以在4,5,6,7,8,9 (i-1)1(m-i+1)*n;
3: (i-1)(n-j)(m-i+1)*j;
4: 1*(j-1)*(n-j+1)*m;
5: m*n
6: (n-j)*1*j*m;
7: (m-i)(j-1)*i(n-j+1);
8: (m-i)*1*i*n;
9: (m-i)*(n-j)*i*j;
最后一个格子被覆盖的概率就是:
关于pow函数:
C++提供以下几种pow函数的重载形式:
double pow(double X,int Y);
float pow(float X,float Y);
float pow(float X,int Y);
long double pow(long double X,long double Y);
long double pow(long double X,int Y);
靠! 当pow()的指数参数是浮点数时,运行效率很低。很容易超时。
但Y是整数时,利用分治递归可以提高效率。
自己写函数替代pow(double, double):
#include <stdio.h>#include <math.h>#define LL long longint main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int t,ca=1; LL n,m,K; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%I64d%I64d%I64d",&m,&n,&K); double ans=0; for(LL i=1;i<=m;i++){ for(LL j=1;j<=n;j++){ double s=0.0; s+=(i-1)*(j-1)*(m-i+1)*(n-j+1); s+=(i-1)*1*(m-i+1)*n; s+=(i-1)*(n-j)*(m-i+1)*j; //3 s+=1*(j-1)*(n-j+1)*m; s+=m*n; s+=(n-j)*1*j*m; s+=(m-i)*(j-1)*i*(n-j+1); s+=(m-i)*1*i*n; s+=(m-i)*(n-j)*i*j; s=s/m/m/n/n; //s=pow((1.0-s),1.0*K); double tt=1.0-s; s=1; for(int it=0;it<K;it++){ s=s*tt; } ans=ans+1-s; } } LL res=ans+0.5; printf("Case #%d: %I64d\n",ca++,res); } return 0;}
或者用C++的pow函数重载: pow(double, int) //不能用C写,否则无法顺利重载
#include <stdio.h>#include <math.h>#define LL long longint main(){ //freopen("cin.txt","r",stdin); int t,ca=1; LL n,m; int K; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%I64d%I64d%d",&m,&n,&K); double ans=0; for(LL i=1;i<=m;i++){ for(LL j=1;j<=n;j++){ double s=0.0; s+=(i-1)*(j-1)*(m-i+1)*(n-j+1); s+=(i-1)*1*(m-i+1)*n; s+=(i-1)*(n-j)*(m-i+1)*j; //3 s+=1*(j-1)*(n-j+1)*m; s+=m*n; s+=(n-j)*1*j*m; s+=(m-i)*(j-1)*i*(n-j+1); s+=(m-i)*1*i*n; s+=(m-i)*(n-j)*i*j; s=s/m/m/n/n; s=pow((1.0-s),K); /*double tt=1.0-s; s=1; for(int it=0;it<K;it++){ s=s*tt; }*/ ans=ans+1-s; } } LL res=ans+0.5; printf("Case #%d: %I64d\n",ca++,res); } return 0;}
效率对比:
acdream 1113 The Arrow
http://acdream.info/problem?pid=1113
大意:一个人扔色子,每次将点数相加,如果大于N,保证点数和不变,否则加上得到的点数,问掷色子的次数的期望。
分析:如果是”>=N”的类型问题,应该是
对于这种”==N”的类型问题,
化简得到:
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N=1e5+10;double dp[N]; int main(){ int t,n; cin>>t; while(t--){ scanf("%d",&n); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=n-1;i>=0;i--){ int k=0; double temp=0; for(int j=1;j<=6;j++){ if(i+j>n) k++; else temp+=dp[i+j]*1.0/6; } temp++; dp[i]+=temp*6.0/(6-k); } printf("%.2lf\n",dp[0]); } return 0;}
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