簡單動態規劃(4)——從入門到放棄

期望DP

對我們今天是來切水題的
（1）博物館(BZOJ3270)
題面還是見黃學長的博客吧傳送門
因爲這裏有環形，我們顯然不能直接向傻X一樣遞推
我們定義id[x][y] 表示一人在x，一人在y的狀態
再標記d[x] 爲點x 的度
ratio[x] 爲不轉移的概率
然後mat[id[x1][y1]][id[x2][y2]] 表示由狀態id[x2][y2] 轉移到id[x1][y1] 的概率貢獻係數
如果x1=x2，y1=y2 則該係數爲ratio[x]∗ratio[y]
如果只有x1≠x2 則該係數爲1−ratio[x]d[x]∗ratio[y]
如果只有y1≠y2 則該係數爲1−ratio[y]d[y]∗ratio[x]
很顯然x1≠x2 且y1≠y2 時，該係數爲1−ratio[x]d[x]∗1−ratio[y]d[y]
然後高斯消元亂搞一波就能強勢清場

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
using namespace std;
inline int read(){
    int i=0,f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())
        if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())
        i=(i<<1)+(i<<3)+(ch^48);
    return i*f;
}
int buf[1024];
inline void write(int x){
    if(!x){putchar('0');return ;}
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    while(x){buf[++buf[0]]=x%10,x/=10;}
    while(buf[0]) putchar(buf[buf[0]--]+48);
    return ;
}
#define stan 22
#define sten 666
int tot,und[stan],nxt[sten<<1],first[stan],goal[sten<<1],u,v;
int tx,ty,t1,t2;
int n,m,a,b,sze,pos;
double ratio[stan],mat[sten][sten];
inline int getord(int x,int y){
    return (x-1)*n+y;
}
inline void addedge(int a,int b){
    ++und[a];nxt[++tot]=first[a];first[a]=tot;goal[tot]=b;
    return ;
}
inline void build(int x,int y){
    --mat[getord(x,y)][getord(x,y)];
    for(int p=first[x];p;p=nxt[p])
        for(int q=first[y];q;q=nxt[q]){
            tx=goal[p];ty=goal[q];
            t1=getord(x,y);t2=getord(tx,ty);
            if(tx!=ty){
                if(tx==x&&ty==y) mat[t1][t2]+=ratio[tx]*ratio[ty];
                else if(tx==x) mat[t1][t2]+=ratio[tx]*(1-ratio[ty])/und[ty];
                else if(ty==y) mat[t1][t2]+=ratio[ty]*(1-ratio[tx])/und[tx];
                else mat[t1][t2]+=(1-ratio[tx])*(1-ratio[ty])/(und[tx]*und[ty]);
            }
        }
    return ;
}
inline void gauss(){
    for(int i=1;i<=sze;++i){
        int maxn=i;int j;
        for(j=i;!mat[j][maxn]&&j<=sze;++j);
        swap(mat[j],mat[maxn]);
        for(int j=1;j<=sze;++j)
            if(j!=maxn){
                double t=mat[j][maxn]/mat[maxn][maxn];
                for(int k=1;k<=sze+1;++k)
                    mat[j][k]-=t*mat[maxn][k];
            }
    }
}
signed main(){
    n=read();m=read();a=read();b=read();
    sze=n*n;
    mat[getord(a,b)][sze+1]=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        addedge(i,i);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        u=read();v=read();
        addedge(u,v);
        addedge(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%lf",&ratio[i]);
        --und[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            build(i,j);
    gauss();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        pos=getord(i,i);
        printf("%.6lf",mat[pos][sze+1]/mat[pos][pos]);
        if(i!=n)putchar(' ');
    }
    return 0;
}

（2）概率充電器(SHOI2014)
題面見鏈接傳送門
其實這個題本來是可以直接用容斥求不能充電的概率一波帶走的
但我就是想要正着三線推高地
我們需要的只是dfs兩次
我們先欽定一個根節點，然後第一遍dfs維護每個節點被非父節點充電的概率。這個是非常naive的
然後我們要做的就是比較麻煩的一件事：加上來自父節點的概率貢獻
首先，父節點有貢獻的前提是，當前節點未處於充能態且當前節點對父節點沒有貢獻
然後就可以兩次dfs完美解決了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#define eps 1e-8
using namespace std;
inline int read(){
    int i=0,f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())
        if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())
        i=(i<<3)+(i<<1)+(ch^48);
    return i*f;
}
int buf[1024];
inline void write(int x){
    if(!x){putchar('0');return ;}
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    while(x){buf[++buf[0]]=x%10,x/=10;}
    while(buf[0]) putchar(buf[buf[0]--]+48);
    return ;
}
#define stan 555555
int tot,nxt[stan<<1],first[stan],goal[stan<<1],n,a,b;
double f1[stan],f2[stan],dis[stan<<1],c,ans;
void addedge(int a,int b,double c){
    nxt[++tot]=first[a];first[a]=tot;goal[tot]=b;dis[tot]=c;
    nxt[++tot]=first[b];first[b]=tot;goal[tot]=a;dis[tot]=c;
    return ;
}
void dfs1(int u,int fa){
    for(int p=first[u];p;p=nxt[p])
        if(goal[p]!=fa){
            dfs1(goal[p],u);
            f1[u]=f1[u]+dis[p]*f1[goal[p]]-f1[u]*dis[p]*f1[goal[p]];
        }
    return ;
}
void dfs2(int u,int fa){
    ans+=f2[u];
    for(int p=first[u];p;p=nxt[p])
        if(goal[p]!=fa){
            double oppo=1.0000000-dis[p]*f1[goal[p]];
            if(abs(oppo)<eps) f2[goal[p]]=1.0000000;
            else{
                double pro=(f2[u]-dis[p]*f1[goal[p]])/(1.0000000-dis[p]*f1[goal[p]]);
                f2[goal[p]]=pro*dis[p]+f1[goal[p]]-f1[goal[p]]*pro*dis[p];
            }
            dfs2(goal[p],u); 
        }
    return ;
}
signed main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        a=read();b=read();c=read();
        addedge(a,b,c*0.01);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        f1[i]=read()*0.01;
    dfs1(1,0);
    f2[1]=f1[1];
    dfs2(1,0);
    printf("%.6lf",ans);
    return 0;
}

（3）分手是祝願(六省聯考2017)
題面照例見鏈接傳送門
首先我們來考慮一下什麼樣的策略纔是最優策略
很明顯，每一個開關除自身外只會影響編號比它小的燈
所以對於開關i ，在區間[1,i] 中具有不可替代性。
這個直接倒序貪心外加模擬就可以得到對於整個序列的最小操作次數tot
顯然每個開關至多被操作一次
所以當k≥n 或者是k≥tot 時直接輸出tot 即可
~~mdzz這都能有80分...~~
然後我們來考慮正解
設f[i] 爲還需要i 步關掉所有的燈
定義step[i] 爲從f[i] 轉移到f[i−1] 的期望步數
很明顯有step[i]=in∗1+n−in∗(step[i+1]+step[i]+1)
然後就是簡單的遞推又求和

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#define mod 100003
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
    int i=0,f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())
        if(ch=='-') f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())
        i=(i<<1)+(i<<3)+(ch^48);
    return i*f;
}
int buf[1024];
inline void write(int x){
    if(!x){putchar('0');return ;}
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    while(x){buf[++buf[0]]=x%10,x/=10;}
    while(buf[0]) putchar(buf[buf[0]--]+48);
    return ;
}
#define stan 111111
bool state[stan];
int n,k,tot,ans,nxtmean[stan];
inline int ksm(int a,int b){
    int ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=(ret*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return ret;
}
signed main(){
    n=read();k=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        state[i]=read();
    for(int i=n;i;--i)
        if(state[i]){
            for(int j=1;j*j<=i;++j)
                if(i%j==0){
                    state[j]^=1;
                    if(j*j!=i) state[i/j]^=1;
                }
            ++tot;
        }
    if(n<=k||k>=tot){
        for(int i=1;i<=n;++i)
            tot=(tot*i)%mod;
        write(tot);
        return 0;
    }else{
        for(int i=n;i;--i)
            nxtmean[i]=(((n-i)*nxtmean[i+1]%mod+n)%mod*ksm(i,mod-2))%mod;
        for(int i=tot;i>k;--i)
            ans=(ans+nxtmean[i])%mod;
        ans=(ans+k)%mod;
        for(int i=1;i<=n;++i)
            ans=(ans*i)%mod;
        write(ans);
        return 0;
    }
}

簡單動態規劃(4)——從入門到放棄

期望DP

9.7聯合作戰戰果

簡單動態規劃(4)——從入門到放棄

簡單動態規劃(3)——從入門到放棄

9.5聯合作戰戰果

莫(meng)比烏斯反演習題補充

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