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HuangHai
35
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/217.cpp
Normal file
35
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/217.cpp
Normal file
@@ -0,0 +1,35 @@
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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int n, m;
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int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
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int out[N];
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double f[N];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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double dfs(int u) {
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||||
if (f[u] >= 0) return f[u]; // 如果u点计算过，记忆化搜索返回结果值
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f[u] = 0; // 初始化为0，准备开始填充
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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||||
f[u] += (w[i] + dfs(j)) / out[u];
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||||
}
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return f[u];
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}
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int main() {
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n >> m;
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c);
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||||
out[a]++;
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||||
}
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||||
memset(f, -1, sizeof f);
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||||
printf("%.2lf\n", dfs(1));
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return 0;
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||||
}
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131
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/217.md
Normal file
131
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/217.md
Normal file
@@ -0,0 +1,131 @@
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##[$AcWing$ $217$. 绿豆蛙的归宿](https://www.acwing.com/problem/content/description/219/)
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### 一、题目描述
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给出一个 **有向无环的连通图**，起点为 $1$ ，终点为 $N$，每条边都有一个长度。
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数据保证从起点出发能够到达图中所有的点，图中所有的点也都能够到达终点。
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绿豆蛙从起点出发，走向终点。
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到达每一个顶点时，如果有 $K$ 条离开该点的道路，绿豆蛙可以选择任意一条道路离开该点，并且走向每条路的概率为 $1/K$。
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现在绿豆蛙想知道，从起点走到终点所经过的路径总长度的 **期望** 是多少？
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**输入格式**
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第一行: 两个整数 $N，M$，代表图中有 $N$ 个点、$M$ 条边。
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第二行到第 $1+M$ 行: 每行 $3$ 个整数 $a,b,c$，代表从 $a$ 到 $b$ 有一条长度为 $c$ 的有向边。
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**输出格式**
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输出从起点到终点路径总长度的 **期望值**，结果四舍五入保留两位小数。
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**数据范围**
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$1≤N≤10^5,1≤M≤2N$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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4 4
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1 2 1
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1 3 2
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2 3 3
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3 4 4
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```
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||||
**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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7.00
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```
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### 二、数学期望
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期望的起点一般都是唯一的，终点一般都是不唯一的。
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所以，一般我们喜欢从终点倒推。
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$f(i)$：从$i$跳到$N$的期望长度。边界$f(N)=0$
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答案：$f(1)$
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首先明白一点：到达某个结果的期望值 = 这个结果 * 从起始状态到这个状态的概率
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**什么意思呢？**
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如图：
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<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/c8715153345a4f48b17bca9db4a18c45.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzUxOTY4MTU1,size_16,color_FFFFFF,t_70'></center>
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我们计算从$1$号点到$3$号点的期望距离
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路径$1$. $\displaystyle 1 \rightarrow 3:E_1=2×\frac{1}{2}=1$
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路径$2$. $\displaystyle 1 \rightarrow 2 \rightarrow 3:E_2=1×\frac{1}{2}+3×\frac{1}{2}×1=2$
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这里路径$2$中从$1$到$2$概率为$\displaystyle \frac{1}{2}$,但单看从$2$到$3$概率就是$1$，但是从$1$到$3$那就是从($1$到$2$的概率)$\displaystyle \frac{1}{2}$×$1$($2$到$3$的概率)=$\displaystyle \frac{1}{2}$。
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所以从 点$1$ 到 点$3$ 的数学期望值=$1+2=3$
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><font color='red'><h5>总结
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① 概率是叠乘的
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② 概率计算出来后，需要乘上边权值，做为本边权的贡献值
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③ 所有贡献值累加和就是期望
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</h5></font>
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**有向无环图**
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题意:给定一个$DAG$，求路径和。
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由题意知，题目中的$K$就是每个点的出度。
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然后，又由题意知，最后一个点，它没有出度，而到自己的距离为$0$，即状态已经确定。
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用前向星存图，从第一个点开始
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$DFS$,每次枚举它所连的边，并把边的边权 ($w[i]$)加上，最后除以它的出度即可。
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方程：
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$dp[n]=0 \\
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dp[i]+=(dp[son[i]]+e[son[i]].val)/out[i]$
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其中，
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$son[i]$是$i$所连得边，$e$是前向星，$val$是边权,$out[i]$是$i$的出度。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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||||
#include <bits/stdc++.h>
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||||
using namespace std;
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||||
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||||
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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||||
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||||
int n, m;
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||||
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
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||||
int out[N];
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||||
double f[N];
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||||
|
||||
void add(int a, int b, int c) {
|
||||
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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||||
}
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||||
double dfs(int u) {
|
||||
if (f[u] >= 0) return f[u]; // 如果u点计算过，记忆化搜索返回结果值
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||||
f[u] = 0; // 初始化为0，准备开始填充
|
||||
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
||||
int j = e[i];
|
||||
f[u] += (w[i] + dfs(j)) / out[u];
|
||||
}
|
||||
return f[u];
|
||||
}
|
||||
int main() {
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||||
memset(h, -1, sizeof h);
|
||||
cin >> n >> m;
|
||||
while (m--) {
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||||
int a, b, c;
|
||||
cin >> a >> b >> c;
|
||||
add(a, b, c);
|
||||
out[a]++;
|
||||
}
|
||||
memset(f, -1, sizeof f);
|
||||
printf("%.2lf\n", dfs(1));
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
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||||
64
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp
Normal file
64
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.cpp
Normal file
@@ -0,0 +1,64 @@
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||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const int N = 15;
|
||||
const int INF = 0x3f3f3f3f;
|
||||
double f[N][N][N][N][5][5];
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||||
int A, B, C, D;
|
||||
|
||||
// 如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
|
||||
void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
|
||||
if (x == 1) a++;
|
||||
if (x == 2) b++;
|
||||
if (x == 3) c++;
|
||||
if (x == 4) d++;
|
||||
}
|
||||
|
||||
/*
|
||||
功能：计算当前状态f(a,b,c,d,x,y)下的期望值
|
||||
*/
|
||||
double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
|
||||
// 记忆化搜索
|
||||
if (f[a][b][c][d][x][y] > 0) return f[a][b][c][d][x][y];
|
||||
|
||||
// 递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
|
||||
int ta = a, tb = b, tc = c, td = d; // 抄出来
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||||
add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y); // 大王小王会改变四个花色的数量
|
||||
if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0; // 如果条件全满足就是终止状态
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||||
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||||
// 当前状态下的剩余牌数量
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||||
int rst = 54 - ta - tb - tc - td;
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||||
if (rst <= 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
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||||
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||||
// 当前状态可以向哪些状态转移
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||||
double v = 1;
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||||
if (a < 13) // 黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
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||||
v += dfs(a + 1, b, c, d, x, y) * (13 - a) / rst;
|
||||
if (b < 13) // 红桃有剩余，可能选出的是红桃
|
||||
v += dfs(a, b + 1, c, d, x, y) * (13 - b) / rst;
|
||||
if (c < 13) // 梅花有剩余，可能选出的是梅花
|
||||
v += dfs(a, b, c + 1, d, x, y) * (13 - c) / rst;
|
||||
if (d < 13) // 方块有剩余，可能选出的是方块
|
||||
v += dfs(a, b, c, d + 1, x, y) * (13 - d) / rst;
|
||||
|
||||
// 如果小王没有被选出
|
||||
if (x == 0)
|
||||
v += min(min(dfs(a, b, c, d, 1, y), dfs(a, b, c, d, 2, y)), min(dfs(a, b, c, d, 3, y), dfs(a, b, c, d, 4, y))) / rst;
|
||||
|
||||
// 如果大王没有被选出
|
||||
if (y == 0)
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||||
v += min(min(dfs(a, b, c, d, x, 1), dfs(a, b, c, d, x, 2)), min(dfs(a, b, c, d, x, 3), dfs(a, b, c, d, x, 4))) / rst;
|
||||
|
||||
return f[a][b][c][d][x][y] = v;
|
||||
}
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||||
int main() {
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cin >> A >> B >> C >> D;
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double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); // 四种花色、大小王都还没有被抽取
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||||
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||||
if (res > INF / 2) // 因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2
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puts("-1.000");
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||||
else
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printf("%.3f\n", res);
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||||
return 0;
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||||
}
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||||
156
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md
Normal file
156
TangDou/AcWing_TiGao/T5/QiWang/218.md
Normal file
@@ -0,0 +1,156 @@
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||||
##[$AcWing$ $218$. 扑克牌 ](https://www.acwing.com/problem/content/description/220/)
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### 一、题目描述
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$Admin$ 生日那天，$Rainbow$ 来找 $Admin$ 玩扑克牌。
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玩着玩着 $Rainbow$ 觉得太没意思了，于是决定给 $Admin$ 一个考验。
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||||
$Rainbow$ 把一副扑克牌($54$张)随机洗开，倒扣着放成一摞。
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然后 $Admin$ 从上往下依次翻开每张牌，每翻开一张黑桃、红桃、梅花或者方块，就把它放到对应花色的堆里去。
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||||
$Rainbow$ 想问问 $Admin$，得到 $A$ 张黑桃、$B$ 张红桃、$C$ 张梅花、$D$ 张方块需要翻开的牌的张数的期望值 $E$ 是多少？
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特殊地，如果翻开的牌是大王或者小王，$Admin$ 将会把它作为某种花色的牌放入对应堆中，使得放入之后 $E$的值尽可能小。
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> <font color='red' size=3><b> 注：从牌堆里面翻出来的牌的期望张数最少是多少？ </b></font>
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||||
> **期望**:用初等数学的语言去描述，就是平均值是多少。
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||||
> $Q:$为什么会有最少的概念出现的呢？这个数量不是固定的吗？
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||||
> 答：这是因为大王和小王可以被认为是其中四个花色中的某一种花色，这就导致产生了不同的事件。
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||||
> 放到红桃里是一种事件，放到黑桃里是一种事件,...,这四个事件的期望不一定相同！
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||||
> 选择就在大小王上，我们要选择一个期望张数最少的放法，问我们这个期望张数最小是多少。
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###$yxc$经典语录
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> **图中，点是状态表示，边是状态转移**。
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> **理解**：前一个题中，需要建图，建图完成后才能用图进行状态表示和状态转移，本题，状态表示和状态转移都是很明确的，不需要建图。
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||||
> **总结** ：动态规划是精髓，建图与否是表象。
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由于 $Admin$ 和 $Rainbow$ 还在玩扑克，所以这个程序就交给你来写了。
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||||
**输入格式**
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输入仅由一行，包含四个用空格隔开的整数，$A,B,C,D$。
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||||
**输出格式**
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输出需要翻开的牌数的期望值 $E$，四舍五入保留 $3$ 位小数。
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如果不可能达到输入的状态，输出 `-1.000`。
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||||
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||||
**数据范围**
|
||||
$0≤A,B,C,D≤15$
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||||
|
||||
**输入样例：**
|
||||
```cpp {.line-numbers}
|
||||
1 2 3 4
|
||||
```
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||||
|
||||
**输出样例：**
|
||||
```cpp {.line-numbers}
|
||||
16.393
|
||||
```
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||||
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||||
### 二、题意分析
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||||
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||||
#### 状态表示
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||||
$f[a][b][c][d][x][y]$ : 当前已翻开状态下，还需翻开牌的数量 **期望数**。
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- $a,b,c,d$ 为已翻开的各类牌 (黑红花片) 的数量
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||||
- $x,y$代表大、小王的状态（$0$为未翻开，$1$代表已翻开且当做黑桃，以此类推）, 设 $rst$ 为剩余牌的数量。
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||||
$$rst=54-a-b-c-d-(x!=0)-(y!=0)$$
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||||
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||||
若 $a < 13$，则当前抽到黑桃的贡献为
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||||
$$\frac{13−a}{rst} \times f[a+1][b][c][d][x][y]$$
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||||
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||||
其余花色同理。若小王被抽取，取可转移状态期望最小的一个进行状态转移，其贡献为:
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||||
$$\frac{1}{rst} \times \min_{1≤i≤4}f[a][b][c][d][i][y]$$
|
||||
|
||||
大王同理。
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||||
|
||||
记忆化搜索求解，若无牌可抽仍未到达 $a > = A \&\& b > = B \&\& c > = C \&\& d > = D$ 的终止状态，则期望为正无穷，代表不合法的状态。
|
||||
|
||||
|
||||
#### 三、实现代码
|
||||
|
||||
```cpp {.line-numbers}
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const int N = 15;
|
||||
const int INF = 0x3f3f3f3f;
|
||||
double f[N][N][N][N][5][5];
|
||||
int A, B, C, D;
|
||||
|
||||
// 如果大小王翻出来放1里，则a++,放2里b++,...
|
||||
void add(int &a, int &b, int &c, int &d, int x) {
|
||||
if (x == 1) a++;
|
||||
if (x == 2) b++;
|
||||
if (x == 3) c++;
|
||||
if (x == 4) d++;
|
||||
}
|
||||
|
||||
/*
|
||||
功能：计算当前状态f(a,b,c,d,x,y)下的期望值
|
||||
*/
|
||||
double dfs(int a, int b, int c, int d, int x, int y) {
|
||||
// 记忆化搜索
|
||||
if (f[a][b][c][d][x][y] > 0) return f[a][b][c][d][x][y];
|
||||
|
||||
// 递归出口：当前状态是否到达目标状态，目标状态的期望值是0
|
||||
int ta = a, tb = b, tc = c, td = d; // 抄出来
|
||||
add(ta, tb, tc, td, x), add(ta, tb, tc, td, y); // 大王小王会改变四个花色的数量
|
||||
if (ta >= A && tb >= B && tc >= C && td >= D) return 0; // 如果条件全满足就是终止状态
|
||||
|
||||
// 当前状态下的剩余牌数量
|
||||
int rst = 54 - ta - tb - tc - td;
|
||||
if (rst <= 0) return INF; // 还没有完成目标，没有剩余的牌了，无解
|
||||
|
||||
// 当前状态可以向哪些状态转移
|
||||
double v = 1;
|
||||
if (a < 13) // 黑桃有剩余，可能选出的是黑桃
|
||||
v += dfs(a + 1, b, c, d, x, y) * (13 - a) / rst;
|
||||
if (b < 13) // 红桃有剩余，可能选出的是红桃
|
||||
v += dfs(a, b + 1, c, d, x, y) * (13 - b) / rst;
|
||||
if (c < 13) // 梅花有剩余，可能选出的是梅花
|
||||
v += dfs(a, b, c + 1, d, x, y) * (13 - c) / rst;
|
||||
if (d < 13) // 方块有剩余，可能选出的是方块
|
||||
v += dfs(a, b, c, d + 1, x, y) * (13 - d) / rst;
|
||||
|
||||
// 如果小王没有被选出
|
||||
if (x == 0)
|
||||
v += min(min(dfs(a, b, c, d, 1, y), dfs(a, b, c, d, 2, y)), min(dfs(a, b, c, d, 3, y), dfs(a, b, c, d, 4, y))) / rst;
|
||||
|
||||
// 如果大王没有被选出
|
||||
if (y == 0)
|
||||
v += min(min(dfs(a, b, c, d, x, 1), dfs(a, b, c, d, x, 2)), min(dfs(a, b, c, d, x, 3), dfs(a, b, c, d, x, 4))) / rst;
|
||||
|
||||
return f[a][b][c][d][x][y] = v;
|
||||
}
|
||||
|
||||
int main() {
|
||||
cin >> A >> B >> C >> D;
|
||||
|
||||
double res = dfs(0, 0, 0, 0, 0, 0); // 四种花色、大小王都还没有被抽取
|
||||
|
||||
if (res > INF / 2) // 因为是浮点数，不能用等号判断是不是相等，简单的办法就是INF/2
|
||||
puts("-1.000");
|
||||
else
|
||||
printf("%.3f\n", res);
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
#### $Q$:期望值为什么初始化为$1$?
|
||||
|
||||
<center><img src='https://img-blog.csdnimg.cn/4479c699431c421da4ab5d4f3f3db1bc.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3FxXzUxOTY4MTU1,size_16,color_FFFFFF,t_70'></center>
|
||||
|
||||
$f[v_i]$: 从$i$卡牌状态到终点状态所需要的**期望卡牌数**
|
||||
|
||||
每次抽一张牌变到下个状态，所以每条路径的权值为$1$
|
||||
|
||||
$$\large f[v]=p_1×(f[v_1]+1)+p_2×(f[v_2]+1)+p_3×(f[v_3]+1)+…+p_k×(f[v_k]+1) = \\
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\sum_{i=1}^{k}p_i+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[v_i]
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$$
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因为$v$一定能到达下个局面，所以下个状态的概率和为$1$，这里的$\large \displaystyle \sum_{i=1}^{k}p_i=1$ 那么就有：$\displaystyle \large f[v]=1+\sum_{i=1}^{k}p_i \times f[v_i]$
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综上这里的$f[v]$可以初始化为$1$。
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