10Day抢救计划

算是强迫自己复习一次做的题吧

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LuoGu3802 小魔女帕琪

首先很重要的一点：(1-7)放了大招，可能(2-8)也会放大招。这对接下来的推导过程很重要。

先求出前(7)次放出大招的概率。

令(sum=sum_{i=1}^{7}a_i)，则有：

(P(7)=frac{a_1}{sum}*frac{a_2}{sum-1}*frac{a_3}{sum-2}*frac{a_4}{sum-3}*frac{a_5}{sum-4}*frac{a_6}{sum-5}*frac{a_7}{sum-6})

考虑到这种两两不同的出现情况可能是一个全排列，实际上(P(7))应该还要乘上(7!)。

接下来考虑在第(8)次放大的概率。

令第一个取出来的是(a_1)，则有(P(8)=frac{a_1}{sum}*frac{a_2}{sum-1}*frac{a_3}{sum-2}*frac{a_4}{sum-3}*frac{a_5}{sum-4}*frac{a_6}{sum-5}*frac{a_7}{sum-6}*frac{a_1-1}{sum-7})

这是确定了第一个的，所以第(2-8)个可以任意排列，实际上(P(8))还是要乘上(7!)。

同理，第一个取出来的是(a_2)，(a_3)的情况与(a_1)相仿，那么(P(8))的实际大小应该等于(sum_{i=1}^7P'(a_i))，其中(P'(a_i))表示在第一个取出(a_i)的条件下第(8)次放大的概率（条件概率的基本公式）。

现在考虑和式化简。

(P(8)=frac{a_1}{sum}*7!*frac{a_1-1}{sum-1}*frac{a_2}{sum-2}*frac{a_3}{sum-3}*frac{a_4}{sum-4}*frac{a_5}{sum-5}*frac{a_6}{sum-6}*frac{a_7}{sum-7})

(+frac{a_2}{sum}*7!*frac{a_1}{sum-1}*frac{a_2-1}{sum-2}*frac{a_3}{sum-3}*frac{a_4}{sum-4}*frac{a_5}{sum-5}*frac{a_6}{sum-6}*frac{a_7}{sum-7})

(+...)

(+frac{a_7}{sum}*7!*frac{a_1}{sum-1}*frac{a_2}{sum-2}*frac{a_3}{sum-3}*frac{a_4}{sum-4}*frac{a_5}{sum-5}*frac{a_6}{sum-6}*frac{a_7-1}{sum-7})

令(K=prod_{i=1}^7a_i)，原式化简为：

(7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*K*sum_{i=1}^7(a_i-1))

(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*(sum-7)*K)

(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-6)*K)

拆开(K)后有

(P(8)=frac{a_1}{sum}*frac{a_2}{sum-1}*frac{a_3}{sum-2}*frac{a_4}{sum-3}*frac{a_5}{sum-4}*frac{a_6}{sum-5}*frac{a_7}{sum-6}=P(7))

也就是第(8)次放大和第(7)次放大的概率是一样的。

由数学归纳法，易证得(P(i)=P(7),iin[7,sum])

那就好办了

int n = 7, sum;
int a[233];
int main()
{
//	freopen("testdata.in", "r", stdin);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), sum += a[i];
	if (sum < 7)
	{
		printf("0.000");
		return 0;
	}
	rg double ans = 1;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) ans *= 1.0 * a[i] / (sum - i + 1);
	printf("%.3lf", ans * 5040ll * (LL)(sum - 6));
	return 0;
}

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LuoGu4316 绿豆蛙的归宿

根据题意，很容易设计出逆推状态：设(dp[i])表示在第(i)点期望多少步走到终点，显然初始状态(dp[n]=0)，所求状态(dp[1])

这里也体现了设计期望(dp)的一般套路：哪个起始状态给定就从哪推 (有可能是我只做了这种简单题)。

我们可以很容易地得到一个状态转移方程如下：

[dp[u]=frac{1}{degree[u]}*sum_{vin(son(u))}(dp[v]+dis(u,v)) ]

考虑如何进行转移。

题目给定原图是一张DAG，很自然地想到拓扑排序。考虑在拓扑排序时更新(dp)值，我们建一张原图的反图，那么就可以很自然地从节点(n)向节点(1)递推了。

queue<int> q;
inline void topsort()
{
	q.push(n);
	while (!q.empty())
	{
		rg int x = q.front();
		q.pop();
		if (memd[x]) dp[x] = dp[x] / (1.0 * memd[x]);
		for (rg int i = head[x]; i; i = e[i].next)
		{
			rg int v = e[i].v, w = e[i].w;
			dp[v] += dp[x] + w;
			if (!(--deg[v])) q.push(v); 
		}
	}
}
int main()
{
//	freopen("testdata(1).in", "r", stdin);
	read(n), read(m);
	for (rg int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		read(x), read(y), read(z);
		add(y, x, z), ++deg[x], ++memd[x];
	}
	topsort();
	printf("%.2lf", dp[1]);
	return 0;
}

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LuoGu4550 收集邮票

设(dp[i])表示当前收集了(i)种邮票，距离收集所有邮票的期望次数。易知(dp[n]=0)。考虑逆推：

[dp[i]=dp[i]*frac{i}{n}+dp[i+1]*frac{n-i}{n}+1 ]

这个转移方程的意思是：当前已收集(i)种邮票，那么有(frac{i}{n})的概率重复收集，有(frac{n-i}{n})的概率收集到新邮票，当然还要加上本次的花费。

移项，合并同类项后原式化简为：(dp[i]=dp[i+1]+frac{n}{n-i})

对于本题还不够，这个题还有一个状态：花费。

由于花费与收集次数有关，那么考虑求出(dp)后用(dp)辅助更新。

设(pd[i])表示当前收集了(i)邮票，距离收集所有邮票的期望花费。易知(pd[n]=0)。依旧考虑逆推：

[pd[i]=frac{i}{n}*(dp[i]+pd[i]+1)+frac{n-i}{n}*(dp[i+1+pd[i+1]+1) ]

这个转移方程的意义是：当前已收集(i)种邮票，那么有(frac{i}{n})的概率重复收集，花费是(frac{i}{n}*(dp[i]+pd[i]+1))，有(frac{n-i}{n})的概率收集到新邮票，花费是(frac{n-i}{n}*(dp[i+1+pd[i+1]+1))。

化简后可得：