Day2：期望DP​​

A - CF148D Bag of mice

设 \(dp_{i,j}\) 表示还剩下 \(i\) 只白鼠，\(j\) 只黑鼠 A 的胜率。

• 大家都没有拿到白鼠，那么 B 赢，\(dp_{0,0}=0\)​。
• 没有白鼠了，那么 B 赢，\(dp_{0,j}=0\)。
• 全是白鼠了，那么 A 赢（A 先抓），\(dp_{i,0}=1\)​。

然后转移，有这几种情况：

• 第一次就抓到白鼠：\(dp_{i,j}=\frac{i}{i+j}\)。
• A 抓到黑鼠，B 抓到黑鼠，跑出来白鼠：\(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-2}\times\frac{j}{i+j}\times\frac{j-1}{i+j-1}\times\frac{i}{i+j-2}\)（三个分数表示跑出这三种鼠的概率）
• A 抓到黑鼠，B 抓到黑鼠，跑出来黑鼠：\(dp_{i,j}=dp_{i,j-3}\times\frac{j}{i+j}\times\frac{j-1}{i+j-1}\times\frac{j-2}{i+j-2}\)（三个分数表示跑出这三种鼠的概率）
• 其他情况 A 都是输掉的，不用管他。

注意 2,3 两种情况对于剩余的黑白老鼠数量有要求。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

double frac(int a,int b){return 1.0*a/b;}
double DP[1005][1005];
int w,b;

int main()
{
    scanf("%d%d",&w,&b);
	
    DP[0][0]=0;                       //都没抽到，B赢
	for(int i=1;i<=w;i++) DP[i][0]=1; //全是白鼠，A赢
	for(int j=1;j<=b;j++) DP[0][j]=0; //全是黑鼠，B赢
	
	for(int i=1;i<=w;i++){
		for(int j=1;j<=b;j++){
			DP[i][j]+=1.0*i/(i+j);                                                           //先手直接抽到白鼠
			if(i>=1&&j>=2) DP[i][j]+=DP[i-1][j-2]*frac(j,i+j)*frac(j-1,i+j-1)*frac(i,i+j-2); //A黑鼠，B黑鼠，跑白鼠
			if(j>=3)       DP[i][j]+=DP[i][j-3]*frac(j,i+j)*frac(j-1,i+j-1)*frac(j-2,i+j-2); //A黑鼠，B黑鼠，跑黑鼠
		}
	}
	printf("%.9lf",DP[w][b]);
	return 0;
}

B - P4316 绿豆蛙的归宿

拓扑+DP。

搞一个反图，跑拓扑的同时算期望：每个点的期望距离=(他所有前缀的期望距离+路径长度)*概率。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct Graph{
    int Val[200005],Go[200005],Deg[100005],Deg2[100005];
    int Head[100005],Next[200005],tot;
    void Add_edge(int u,int v,int w){++tot,Next[tot]=Head[u],Head[u]=tot,Val[tot]=w,Go[tot]=v,Deg[v]++,Deg2[v]++;}
}G;

int node[100005],cnt;
double dis[100005];
int n,m,u,v,w;
queue<int>q;

void TUPO(int u){
    for(int i=1;i<=n;i++) if(G.Deg[i]==0) q.push(i);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        node[++cnt]=u;
        for(int i=G.Head[u];i;i=G.Next[i]){
            int v=G.Go[i];G.Deg[v]--;
            dis[v]+=1.0*(dis[u]+G.Val[i])/G.Deg2[v];
            if(G.Deg[v]==0){
                q.push(v);
            }
        }
    }
}


int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        G.Add_edge(v,u,w);
    }TUPO(n);
    printf("%.2lf",dis[1]);
    return 0;
}

C - CF768D Jon and Orbs

为什么感觉比 A,B 简单

设 \(dp_{i,j}\) 已经取了 \(i\) 次，取出了 \(j\) 种的概率，一共有 \(k\) 种，\(dp_{0,0}=1\)。

然后转移，有这几种情况：

• 某一天抓到了已经抓过的，\(dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times\frac{j}{k}\)
• 某一天抓到了没有抓过的，\(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}\times\frac{k-j+1}{k}\)​

我们的 \(i\) 最大期望其实就是调和级数 \(O(n \ln n)\) 级别的，开个 \(10000\) 左右差不多，复杂度也可以。

预处理就好了，不要每一个询问算一次。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=10000;

double DP[10005][1005];
int k,q,p[10005];

int main()
{
    scanf("%d%d",&k,&q);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d",&p[i]);
    }
    DP[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;i++){
        for(int j=1;j<=k;j++){
            DP[i][j]+=1.0*DP[i-1][j]*j/k;
            DP[i][j]+=1.0*DP[i-1][j-1]*(k-j+1)/(k);
        }
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        for(int j=1;j<=maxn;j++){
            if(DP[j][k]>=p[i]/2000.0){
                printf("%d\n",j);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

D - P1365 WJMZBMR打osu! / Easy

不会。

E - P1850 [NOIP2016 提高组] 换教室

不会。

F - P2473 [SCOI2008] 奖励关

不会。

G - CF24D Broken robot

不会。

H - P3232 [HNOI2013] 游走

不会。