例题题单

练习题单

例题

A.Happy Running

题意： 操场总共下，跑圈需要先打卡A再打卡B，最终跑的距离超过k的概率。

![在这里插入图片描述](https://img-blog.csdnimg.cn/64acca246ddb46359ded44fe183e8f6e.jpeg

除此外，两种情况的

void solve()
{
	double k,x;
	scanf("%lf %lf",&k,&x);
    double ans=0;
	if(k<x)ans=(1.0-k*k/(x*x))*0.5+0.5;
	else if(k==x)ans=0.5;
	else if(k<2*x) ans=(2*x-k)*(2*x-k)/(2*x*x);
    printf("%.2lf\n",ans);
	return;
}

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B.恶意竞争

题意： 两家公司竞争找bug,共有n分类和s个系统，一个bug属于一个分类和一个系统，问找到所欲分类和系统至少都有一个bug的期望天数。

设dp[i][i]是已经找到的bug又i种，属于j个系统的期望天数。
那么dp[n][s]=0,dp[0][0]就是答案
状态转移:
找到的bug有四种情况:
1.属于已有的i个分类和j个系统(i/n) * (j/s)*(dp[i][j]+1)
2.属于已有系统，不属于已有分类(i/n) * (1-j/s)*(dp[i][j+1]+1)
3.属于已有分类，不属于已有系统(1-i/n) * (j/s)*(dp[i+1][j]+1)
4.既不属于已有分类，也不属于已有系统(1-i/n) * (1-j/s)*(dp[i+1][j+1]+1)
再化简

void solve()
{
	int n,s;
	scanf("%d %d",&n,&s);
	for(int i=n;i>=0;i--){
		for(int j=s;j>=0;j--){
			if(i==n&&j==s)continue;
			dp[i][j]+=(double)n*s/(n*s-i*j);//已有的i个分类和j个系统
            dp[i][j]+=(double)(n-i)*j*dp[i+1][j]/(n*s-i*j);//属于已有系统，不属于已有分类
            dp[i][j]+=(double)i*(s-j)*dp[i][j+1]/(n*s-i*j);//属于已有分类，不属于已有系统
            dp[i][j]+=(double)(n-i)*(s-j)*dp[i+1][j+1]/(n*s-i*j);//既不属于已有分类，也不属于已有系统
		}
	}
	printf("%.5lf",dp[0][0]);
	return;
}
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C.带富翁

题意： 小明掷骰子，每走到一个点，就能够得到相应的点数，那么只能走到点数n，走到点数n的得分期望是多少?

设dp[i]为到i的得分期望
那么下一步能够得到i+1,i+2,i+3…i+6，只要是没有超过n就能够走到，并且每一种走法的概率都是1/6
那么当i+6>n时，筛子最多只能够掷到n-i，只有n-i种情况，每种情况

分类版：

void solve()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf",&a[i]);
		dp[i]=a[i];
	}
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		if(i+6<=n){//考虑当掷骰子为6都不会超过n，那么每个骰子都是等可能在下一次出现
			for(int j=1;j<=6;j++)
				dp[i]+=1.0/6*dp[i+j];
		}
		else{//否则下一个点数只可能有n-i种可能
			for(int j=1;j<=n-i;j++)
				dp[i]+=1.0/(n-i)*dp[i+j];
		}
	}
	printf("%.8lf\n",dp[1]);
	return;
}
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简化版：

void solve()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf",&a[i]);
		dp[i]=a[i];
	}
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		double res=0;
		for(int j=1;j<=6;j++){
			if(i+j<=n)
				res+=dp[i+j];
		}
		dp[i]+=res/min(6,n-i);
	}
	printf("%.8lf\n",dp[1]);
	return;
}
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D.筛子游戏

题意: 投三个骰子，点数分别能够为k1,k2,k3，每次能够得到点数和的得分。但是k1,k2,k3点数分别为a,b,c时就必须得分归零，问得分大于n的期望次数是多少。

设dp[i]是得分为i的次数期望
那么状态转移dp[i]=$\left(\sum p_k\ast dp[i+k]\right)+dp[0]\ast p_0+1$
$p_k表示加k的概率，p_0表示归0的概率$
因为以n为分界点，所以从n反过来推，dp[0]就是答案
其实$\left(\sum p_k\ast dp[i+k]\right)$里面也存在dp[0]，这时候也能够将式子设成
dp[i]=A[i]dp[0]+B[i]
dp[i]=$\left(\sum p_k\ast A[i+k]\ast dp[0]+p_k\ast B[i+k]\right)+dp[0]\ast p_0+1$=$\left(\sum p_k\ast A[i+k]+p_0\right)\ast dp[0]+\left(\sum p_k\ast B[i+k]\right)+1$

这样就方便求了

void solve()
{
	int n,k1,k2,k3,a,b,c;
	scanf("%d %d %d %d %d %d %d",&n,&k1,&k2,&k3,&a,&b,&c);
	double p0=1.0/(k1*k2*k3);
	for(int i=1;i<=k1;i++)
		for(int j=1;j<=k2;j++)
			for(int k=1;k<=k3;k++)
				if(i==a&&j==b&&k==c)continue;
					p[i+j+k]+=p0;
	int k=k1+k2+k3;
	for(int i=n;~i;i--){
		for(int j=3;j<=k;j++){
			A[i]+=p[j]*A[i+j];
			B[i]+=p[j]*B[i+j];
		}
		B[i]++,A[i]+=p0;
	}
	printf("%.10lf\n",B[0]/(1-A[0]));
	return;
}
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E.食堂

题意：
吉吉国王偶尔会回想起自己的高中时代。在吉吉国王的高中时代，下课后冲向食堂是每个学生的基本操作，但是总得有人失败，为什么不能是我，实际上吉吉国王在打饭这件事上也是失败过很多次，比如没带饭卡，走错窗口，甚至食堂关门。
吉吉国王的高中食堂排队可以看成一个长度为nn的队列，一开始吉吉国王站在mm这个位置上，一般来说，窗口前的第一个人在打饭的时候会发生四种情况。
第一种情况是打饭的时候窗口没人，这个时候要等待一会儿，发生的概率是p1
第二种情况是发现自己没带饭卡，这个时候就要回去拿饭卡并且排到了队列的末尾，发生的概率是p2（这里认为每个人只有在即将打饭的时候才会去摸饭卡，只有这时才有发现自己没带饭卡的机会。）
第三种情况是打饭成功，这个时候队列的长度减一，发生的概率是p3
第四种情况是食堂关门，这个时候大家都不能打饭了，发生的概率是p4
吉吉国王老倒霉蛋了，经常在食堂关门的时候排在队伍的前面，因此他想知道这样的事件发生的概率。现在你需要告诉吉吉国王在食堂关门时他排在队伍的前k位的概率。

设dp[i][j]表示i个人排队，吉吉国王排在第j个位置，达到目标状态的概率(j<=i)
dp[n][m]就是所求的答案
j==1时，dp[i][1]=p1×dp[i][j]+p2×dp[i][i]+p4
2<=j<=k,dp[i][j]=p1×dp[i][j]+p2×dp[i][j-1]+p3×dp[i-1][j-1]+p4
k
式子两边都有左边的值，则要将式子化简
就需要提前求出p21=p2/(1-p2),p31=p3/(1-p3),p41=p4/(1-p4)…

void solve()
{
	cin>>n>>m>>k>>p1>>p2>>p3>>p4;
	double p21=p2/(1.0-p1),p31=p3/(1.0-p1),p41=p4/(1.0-p1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
        vector<double>A(n+1),B(n+1);
		A[1]=p21,B[1]=p41;
		for(int j=2;j<=i;j++){
			if(j<=k){
				A[j]=A[j-1]*p21;
				B[j]=B[j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31+p41;
			}
			else{
				A[j]=A[j-1]*p21;
				B[j]=B[j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31;
			}
		}
		dp[i][i]=B[i]/(1-A[i]);//提前求出dp[i][i]
		for(int j=1;j<i;j++){
			if(j==1)dp[i][j]=dp[i][i]*p21+p41;
			else if(j<=k)dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31+p41;
			else dp[i][j]=dp[i][j-1]*p21+dp[i-1][j-1]*p31;
		}
	}	
	printf("%.5lf",dp[n][m]);
	return;
}
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