• LightOj_1274 Beating the Dataset


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    题意:

        给一个文档, 这个文档由yes 、no 组成, 共有s个byte, 共有n个yes、no。

        假设yes的个数为yes_num, no的个数为no_num。

        将这n个数进行排列, 对于每个排列, 将其右移一个结果, 并在最左端补上yes, 再将其与原排列进行对比, 看有多少个不同的。

        计算所有排列中 不同结果的平均次数。

    思路:

        可能题意说的不是很清楚, 这里抽象一下, 将yes用1代替, no用0代替。

        当n = 3, s = 7时, 也就是2个0 一个1, 有下面三种排列

        100, 010, 001

        对于每种排列的处理:

        100

        110 不同的只有一个, 有三种情况, 每种情况抽中的概率是1/3 所以 当前情况的期望就是 1/3 * 1

        

        010

        101 不同的有三个, 当前情况的期望是1/3 * 3

      

        001

        100 不同的有两个,当前情况的期望是1/3 * 2

        so, 总的期望就是1/3 * (1+3+2) = 6 / 3 = 2

        

        将原排列进行整理下, 会发现一个现象。

        每种排列的次数就是原排列中有多少个相邻不同的数字, 如果最左端是0, 那么还要 + 1 (因为左端要补上1, 和0 不同 所以要加1

        此时可以发现, 当前状态的期望数其实和上一状态是有关系的。

        假设dp[i][j][flag]为当前为第i位, 前面有j个1(yes), 上一状态(第i + 1 位) 是flag(0 == no, 1 == yes)。

        那么, flag 要么为0, 要么为一, 也即 第i + 1位的状态。

        {……j 个 yes……} flag k {…………}, k为第i + 2 位的状态。

        dp[i][j][flag] = (dp[i+1][j][0] + (flag != 0))* p_no + (dp[i + 1][j + 1] + (flag != 1)) * p_yes.

        

        也有大神推出公式了, 不过在下实在推不出来 囧 坐等大神解答。

        公式:(2.0 * yes_num * no_num + no_num)/(yes_num + no_num)

        加一段递归代码用以理解状态转移方程。

        

     1 double dp(int n, int y, int a) 
     2 {
     3   if (n == 0) // There are no options to choose
     4     return 0;
     5   double p_no  = (n - y) / (double) n;
     6   double p_yes = y / (double) n;
     7   double ans = 0;
     8   if (y < n)
     9     ans += (dp(n - 1, y, 0) + (a != 0)) * p_no;
    10   if (y > 0)
    11     ans += (dp(n - 1, y - 1, 1) + (a != 1)) * p_yes;
    12   return ans;
    13 }
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    代码:

        

     1 #include <cmath>
     2 #include <cstdio>
     3 #include <cstring>
     4 #include <cstdlib>
     5 #include <ctime>
     6 #include <set>
     7 #include <map>
     8 #include <list>
     9 #include <queue>
    10 #include <string>
    11 #include <vector>
    12 #include <fstream>
    13 #include <iterator>
    14 #include <iostream>
    15 #include <algorithm>
    16 using namespace std;
    17 #define LL long long
    18 #define INF 0x3f3f3f3f
    19 #define MOD 1000000007
    20 #define eps 1e-6
    21 #define MAXN 5050
    22 int n, s;
    23 double dp[2][MAXN][2];// 0 --> NO, 1 --> yes
    24 int yes_num, no_num;
    25 int kcase = 0;
    26 void solve()
    27 {
    28     memset(dp, 0, sizeof(dp));
    29     yes_num = s - 2 * n;
    30     no_num = n - yes_num;
    31     for(int i = 1; i <= n + 1; i ++)
    32         for(int j = 0; j <= min(i, yes_num); j ++)
    33         {
    34             double p_yes = j * 1.0 / i;
    35             double p_no = (i - j) * 1.0 / i;
    36 
    37             if(j - 1 >= 0)
    38             {
    39                 dp[i % 2][j][1] = dp[(i + 1) % 2][j - 1][1] * p_yes + (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) * p_no;
    40                 dp[i % 2][j][0] = (dp[(i + 1) % 2][j - 1][1] + 1.0) * p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no;
    41             } 
    42             else 
    43             {
    44                 dp[i % 2][j][1] = (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) * p_no;
    45                 dp[i % 2][j][0] = dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no;
    46             }
    47         }
    48     printf("Case %d: %.7lf
    ", ++kcase,  dp[n % 2][yes_num][1]);
    49 }
    50 void solve_()
    51 {
    52     memset(dp, 0, sizeof(dp));
    53     yes_num = s - 2 * n;
    54     no_num = n - yes_num;
    55 
    56     for(int i = n - 1; i >= 0; i --)
    57         for(int j = min(i, yes_num); j >= 0 && (i - j <= no_num); j --)
    58         {
    59             double p_yes = (yes_num - j) * 1.0 / (n - i);
    60             double p_no = (no_num - (i - j)) * 1.0 / (n - i);
    61 
    62             if(j + 1 <= yes_num)
    63             {
    64                 dp[i % 2][j][0] = (dp[(i + 1) % 2][j + 1][1] + 1.0) * p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no;
    65                 dp[i % 2][j][1] = dp[(i + 1) % 2][j + 1][1] * p_yes + (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) *p_no;
    66             }
    67             else
    68             {
    69                 dp[i % 2][j][0] = p_yes + dp[(i + 1) % 2][j][0] * p_no;
    70                 dp[i % 2][j][1] = (dp[(i + 1) % 2][j][0] + 1.0) *p_no;
    71             }
    72         }
    73     printf("Case %d: %.7lf
    ", ++kcase,  dp[0][0][1]);
    74 }
    75 
    76 int main()
    77 {
    78     int T;
    79     scanf("%d", &T);
    80     while(T --)
    81     {
    82         scanf("%d %d", &n, &s);
    83         solve_();
    84     }
    85     return 0;
    86 }
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