CodeForces 148D Bag of mice

1、UVa 11021 Tribles

题意：有k只麻球，每只只能活一天且在死前可能生出一些新麻球。它生出i个新麻球的概率分别为Pi，求在m天后，所有麻球均死亡的概率为多少(不足m天全死亡也算).

　　　1 <= n <= 1000, 0 <= k, m <= 1000。

解法：设开始有一只麻球，m天后全部死亡的概率为f(m)。由于每个麻球独立生活，所以有：

　　　1、所求为f(m)^k；

　　　2、由全概率公式，f(m) = P0 + P1*f(i-1) + P2*f(i-1)^2 + P3*f(i-1)^3+....+P[n-1]*f(i-1)^(n-1)。 其中，P[k]*f(i-1)^k表示，当前麻球生了j个后代，它们在i-1天后全部死亡。

tag:math, probality, 递推

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-09-05 20:43
 * File Name: math-UVa-11021.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))

const int N = 1000;

int n, k, m;
double p[N+10], f[N+10];

double gao()
{
    f[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++ i){
        double tmp = 1.0;
        f[i] = p[0];
        for (int j = 1; j < n; ++ j){ 
            tmp *= f[i-1];
            f[i] += p[j] * tmp;
        }
    }

    double ret = 1.0;
    for (int i = 0; i < k; ++ i)
        ret *= f[m];
    return ret;
}
int main()
{
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    int test = 0;
    while (T--){
        scanf ("%d%d%d", &n, &k, &m);
        for (int i = 0; i < n; ++ i)
            cin >> p[i];

        printf ("Case #%d: %.7lf
", ++test,  gao());
    }
    return 0;
}

2、UVa 11722 Joining with Friend

题意：给出两个区间[s1, s2]和[t1, t2]，要求在每个区间上任意取长度为w的一段线段(取到任何位置等可能性)，求取出的两段线段有重合部分的概率。

解法：假设取出的两段线段的左端点分别为x，y，则只需要|x - y| <= w则满足题意，而x ∈ [s1, s2]，y ∈ [t1, t2]，这样就变成了高中数学的线性规划问题！

　　　四个点(t1, s2), (t1, s1), (t2, s2), (t2, s1)组成一个矩形，该矩形在两直线y = x + w和y = x - w之间的部分面积为area，矩形面积s = (s2 - s1) * (t2 - t1)，则所求答案为area / s。（这一步画出图就明白了）

　　　将概率变为线性规划，真是机智！

tag:math, probability, think, good

这道题分类讨论情况很多，感觉写代码也没有什么意义，所以copy一份别人的代码......http://blog.csdn.net/shiyuankongbu/article/details/9934683

#include <cstdio>  
#include <iostream>  
#include <cmath>  
#include <algorithm>  
#include <cstring>  
using namespace std;  
double t1,t2,s1,s2,w;  
double area(double b)
{  
    double s=(t2-t1)*(s2-s1);  
    double y1=t1+b;  
    double y2=t2+b;  
    if(y2<=s1)
        return 0;  
    if(y1<=s1)
    {  
        if(y2<=s2)
            return 0.5*(y2-s1)*(t2-(s1-b));  
        else
            return 0.5*(t2-s1+b+t2-s2+b)*(s2-s1);  
    }  
    else if(y1<s2)
    {  
        if(y2<=s2)
            return 0.5*(t1+b-s1+t2+b-s1)*(t2-t1);  
        else
            return s-0.5*(s2-t1-b)*(s2-t1-b);  
    }  
    else  
        return s;  
}  
int main()  
{  
    int t;  
    scanf("%d",&t);  
    for(int cas=1;cas<=t;cas++)  
    {  
        scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&t1,&t2,&s1,&s2,&w);  
        double ans=area(w)-area(-w);  
        ans/=(s2-s1)*(t2-t1);  
        printf("Case #%d: %.8lf
",cas,ans);  
    }  
    return 0;  
}

3、UVa 11427 Expect the Expected

题意：有一个人打牌，每盘牌赢的几率为p，每天晚上可打n盘。当天晚上开始打牌，如果他胜利局数的比例严格大于p则今天去睡觉，明晚继续打牌。如果当天晚上打完n盘胜利局数的比例仍小于等于p，则今天去睡觉，且从今以后再也不打牌。在平均情况下，问他会打多少个晚上纸牌？(1 <= n <= 100)

解法：由于每天晚上的情况是独立的，所以先考虑每天晚上打完牌后，明晚继续打牌的概率为Q，明晚不打牌的概率为q。

　　　设置数组f[i][j]表示第i盘牌打完后，赢了j盘的概率。

　　　状态转移方程为if(i/j <= p) f[i][j] = f[i-1][j-1] * p + f[i-1][j] * (1-p)

　　　　　　　　　　else f[i][j] = f[i-1][j-1] * p(注意，若j/i > p，则在以后的状态转移方程中中均视为f[i][j] = 0，因为这盘j/i > p之后就回去睡觉，不会继续打牌了)

　　　Q = sum(f[i][ma]) (ma表示使得ma/i > p的最小整数，此时该f[i][ma]不能视为0)，q = 1 - Q。

　　　求得q以后，可以用期望的公式求得期望。也可以用下面这种机智的方法：

　　　设所求期望为e，则e = 1 * q + (e+1) * (1-q)

tag:math, expection, dp, probability

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-09-06 11:27
 * File Name: 
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))
#define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
#define tst(a) cout<<#a<<endl

const int N = 100;

struct prob{
    int a, b;
    double p;
};

int n;
prob p;
double f[N+10][N+10];

double DP()
{
    double ret = 0;
    CLR (f);
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i){
        int ma = p.a * i / p.b;
        f[i][0] = f[i-1][0] * (1 - p.p);
        for (int j = 1; j <= ma; ++ j){
            f[i][j] = f[i-1][j-1] * p.p + f[i-1][j] * (1-p.p);
        }
        ret += f[i-1][ma] * p.p; 
    }
    return ret;
}

int main()
{
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    int test = 0;
    while (T--){
        char xxx;
        scanf ("%d%c%d%d", &p.a, &xxx, &p.b, &n);
        p.p = (p.a+0.0) / p.b;
         
        //q为今天玩了，以后再也不玩纸牌的概率
        double q = 1 - DP();

        printf ("Case #%d: %d
", ++test, (int)(1 / q));
    }
    return 0;
}

4、UVa 11762 Race to 1

题意：给出一个正整数N，每次随机选择一个小于等于N的素数P，如果P是N的约数，则N = N / P，否则，N不变。问平均情况下，要经过多少次随机选择，才能使N变为1。(case <= 1000, 1 <= N <= 10^6)

解法：设gao(n)表示将数字n变为1所需要的平均选择次数。

　　　对素数p(p <= n)，if(n % p) gao(n) = (1 + gao(n)) / num;　　else gao(n) = (1 + gao(n/p)) / num;(num表示小于等于n的素数的个数)。

tag:math, expection, 递推  

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-09-06 19:39
 * File Name: 
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))

const double eps = 1e-8;
const int N = 1000000;

double f[N+1];
bool vis[N+501];
int prm[N+1];
int all;

void sieve(int n)
{
    int m = (int)sqrt(n+0.5);
    CLR (vis);
    for (int i = 2; i <= m; ++ i) if (!vis[i])
        for (int j = i*i; j <= n; j += i) vis[j] = 1;
}

int primes(int n)
{
    sieve (n);
    int ret = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i) 
        if (!vis[i]) prm[ret++] = i;
    return ret;
}

int bin_search(int n)
{
    int l = 0, r = all - 1;
    int mid;
    while (l <= r){
        mid = (l + r) >> 1;
        if (prm[mid] < n) l = mid + 1;
        else r = mid - 1;
    }
    return l;
}

double gao(int n)
{
    if (n == 1) return 0.0;
    if (f[n] > eps) return f[n];
    if (!vis[n]) return 1 + bin_search (n);

    double ret = 0.0;
    int cnt = 0, num;
    for (int i = 0; ; ++ i){
        if (prm[i] > n){
            num = i;
            break;
        }

        if (n % prm[i]){
            ++ cnt;
            continue;
        }
        ret += (1 + gao(n/prm[i]));
    }
    ret = (ret + cnt + 0.0) / (num - cnt);
    return ret;
}

int main()
{
    all = primes (N+500);
    CLR (f);
    
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    int test = 0;
    while (T--){
        int n;
        scanf ("%d", &n);
        printf ("Case %d: %.8lf
", ++test, gao(n));
    }
    return 0;
}

5、POJ 3071 FootBall　　　

题意：给定数字n，有2^n支球队(1 ~ 2^n)，第1只球队与第2只打，第3只与第4只打....获胜的球队进入下一轮，重新编号为1 ~ 2^(n-1)，然后继续比赛，一直到决出冠军。给出每只球队与其他所有球队打获胜的概率，求哪只球队夺冠的可能性最大。

解法：很简单的概率DP。但这道题的亮点在于用位运算处理第i轮，j只球队可能与哪些球队打。首先，用位运算处理的话，要将球队编号为0~2^n-1，然后，将0～15的二进制形式写出来找规律，就能发现如何用位运算处理。具体见代码。

tag:math, probability, dp, 位运算

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-09 20:14
 * File Name: math-POJ-3071.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))

const double eps = 1e-8;

double a[150][150], p[150][150];
int two[8];
int n;

void init()
{
    for (int i = 0; i < two[n]; ++ i)
        for (int j = 0; j < two[n]; ++ j)
            scanf ("%lf", &a[i][j]);
}

int gao()
{
    CLR (p);
    for (int i = 0; i < two[n]; ++ i)
        p[0][i] = 1;

    for (int i = 0; i < n; ++ i)
        for (int j = 0; j < two[n]; ++ j)
            for (int k = 0; k < two[n]; ++ k)
                if (((j>>i)^1) == (k>>i))
                    p[i+1][j] += p[i][j] * p[i][k] * a[j][k];

    int ret = 0;
    for (int i = 0; i < two[n]; ++ i)
       if (p[n][i] > p[n][ret] + eps) ret = i; 
    return ret + 1;
}

int main()
{
    CLR (two);
    two[0] = 1;
    for (int i = 1; i < 8; ++ i)
        two[i] = two[i-1] * 2;
    while (scanf ("%d", &n) != EOF && n != -1){
        init();
        printf ("%d
", gao());
    }
    return 0;
}

6、POJ 3440 Coin Toss

题意：有一块长方形地板，由m*n块大小为t*t的瓷砖组成，将一个直径为c的圆放在地板上(圆心在地板长方形范围内，圆的边缘可以不在)，问该圆与1，2，3，4个瓷砖的概率分别是多少。(注意保证t>c)

解法：在保证了t > c的情况下，就是一道水题，直接推公式就好。我的代码还可以再写得简单些，就是把s1, s2, s3, s4都放在一个数组里面，这样输出的时候就可以用循环输出了。

tag:math, probability

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-10 22:19
 * File Name: math-POJ-3440.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>

using namespace std;

const double PI = atan(1.0)*4;

typedef long long int64;

int main()
{
    int T, test = 0;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--){
        int64 m, n, t, c;
        if (test) printf ("
");
        printf ("Case %d:
", ++ test);
        scanf ("%lld%lld%lld%lld", &m, &n, &t, &c);
        int64 s = m * n * t * t;
        int64 s1 = m * n * (t-c) * (t-c) + (m+n) * c * (t-c) + c*c;
        int64 s2 = (2*m*n-m-n) * c * (t-c) + (m+n-2) * c * c;
        double s3 = (m-1) * (n-1) * c * c * (1-PI/4);
        double s4 = (m-1) * (n-1) * PI * c * c / 4;
        printf ("Probability of covering 1 tile  = %.4f%%
", (double)s1/(double)s * 100.0);
        printf ("Probability of covering 2 tiles = %.4f%%
", (double)s2/(double)s * 100.0);
        printf ("Probability of covering 3 tiles = %.4f%%
", s3/(double)s * 100.0);
        printf ("Probability of covering 4 tiles = %.4f%%
", s4/(double)s * 100.0);
    }
    return 0;
}

7、ZOJ 2949 Coins of Luck

题意：一个人吃面，可以吃A种面和B种面，每种面各有n碗，每次随机选择吃一种面，求吃完一种面的时候，吃了面的碗数的数学期望。

　　　n <= 1000。

解法：考虑到n的范围，有两种方法。

　　　一、dp的方法。设d[i][j]表示吃了i碗A面和j碗B面的概率。则d[i][j] = (d[i-1][j] + d[i][j-1]) / 2。

　　　　　用ans[i]表示初始时有A面B面各i碗，则for j = 0 to n-1, ans[i] += 2 * (n+j) * (d[i][j] - d[i][j-1] * 0.5)。

　　　　　所求即为ans[n]。

　　　二、直接推公式的方法。记p = 0.5。for i = 0 to n-1, ans += 2 * (n+i) * C(n+i-1, i) * p^(n+i))。但是，这个公式的精度是不能被接受的，所以计算途中要用log。事先算出fac[i] = log(i!)。然后C(n, m) = fac[n] - fac[m] - fac[n-m]。总公式为ans += 2.0 * (n+i+0.0) * exp(C(n+i-1, i) + (n+i+0.0) * log(p))。(log(p)事先算出并保存)

tag:math, 概率DP

法一：

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-26 00:03
 * File Name: math-ZOJ-2949.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0, sizeof(x))

double d[1005][1005], ans[1005];

void DP(int n)
{
    CLR (d); d[0][0] = 1.0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        d[i][0] = d[0][i] = d[i-1][0] * 0.5;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)
        for (int j = 1; j <= n; ++ j)
            d[i][j] = (d[i-1][j] + d[i][j-1]) / 2.0;

    for (int i = 1; i <= n; ++ i){
        double sum = d[i][0] * i;
        for (int j = 1; j < i; ++ j)
            sum += (i+j) * (d[i][j] - d[i][j-1]*0.5);
        ans[i] = sum * 2.0; 
    }
}

int main()
{
    DP(1000);
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--){
        int n;
        scanf ("%d", &n);
        printf ("%.2f
", ans[n]);
    }
    return 0;
}

法二：

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-26 01:08
 * File Name: math-HDU-4465.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define out(x) cout<<#x<<":"<<(x)<<endl
const int N = 2000;

double fac[N+5];

void init(int n)
{
    fac[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i)
        fac[i] = fac[i-1] + log(i+0.0);
}

double C(int n, int m)
{
    return fac[n] - fac[n-m] - fac[m];
}

int main()
{
    freopen("tst.out","w",stdout);
    init(N);
    int T;
    scanf ("%d", &T);
    while (T--){
        int n;
        scanf ("%d", &n);
        double ans = 0.0, p = log(0.5); 
        double q = log(0.5);
        double nq = n * q, np = n * p;
        for (int i = 0; i < n; ++ i)
            ans += (n+i) * (exp(C(n+i-1, i) + np + i*q) + exp(C(n+i-1, i) + nq + i*p));
        printf ("%.2f
", ans);
    }
    return 0;
}

8、HDU 4465 Candy

题意：有两个容器A和B，分别含有n个球，小明每次打开箱子取一个球，从A中取球的概率是p，从B中取为1-p。当某一次小明打开时，发现打开的容器没有球了，此时另一个容器有x个球。求x的数学期望。

　　　n <= 2 * 10^5

解法：上题的第二种解法，第一种解法时间复杂度不能接受。

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-26 01:08
 * File Name: math-HDU-4465.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 200000;

double fac[N+5];

void init(int n)
{
    fac[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i)
        fac[i] = fac[i-1] + log(i+0.0);
}

double C(int n, int m)
{
    return fac[n] - fac[n-m] - fac[m];
}

int main()
{
    init(N);
    int n, test = 0;
    double p;
    while (scanf ("%d%lf", &n, &p) != EOF){
        double q = log(1 - p), ans = 0.0; 
        p = log(p);
        double nq = (n+1) * q, np = (n+1) * p;
        for (int i = 0; i < n; ++ i)
            ans += (n-i) * (exp(C(n+i, i) + np + i*q) + exp(C(n+i, i) + nq + i*p));
        printf ("Case %d: %.6f
", ++test, ans);
    }
    return 0;
}

9、POJ 3744 Scout YYF I

题意：在一条路上，某人从第1格出发，每次行走有p的概率走1格，1-p的概率走2格。告诉你哪些格子有炸弹，求不踩炸弹走完这条路的概率是多少。

　　　这条路的长度最长为10^8。

解法：分段处理，用数组x[n]表示有炸弹的地方。分段考虑1~x[0]，x[0]～x[1]，x[2]～x[3]....。这样，问题就变成了从第1格出发，第k格有炸弹，不踩炸弹的概率。

　　　设d[i]表示从第一格出发，会踩到第i格的概率，则d[i] = d[i-1]*p + d[i-2]*(1-p)。但是考虑到会要求i的范围为10^8，O(n)的复杂度也不能被接受。所以，考虑用矩阵乘法快速幂来优化。这样就好了。

tag:math, 概率DP, 矩阵乘法

/*
 * Author:  Plumrain
 * Created Time:  2013-10-29 13:27
 * File Name: math-POJ-3744.cpp
 */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define CLR(x) memset(x, 0.0, sizeof(x))
typedef double matrix[10][10];

int a[50], n;
double p;
matrix cnt, A;

void mtx_init()
{
    cnt[0][0] = p; cnt[1][0] = 1.0 - p;
    cnt[0][1] = 1.0; cnt[1][1] = 0.0;

    A[0][0] = p*p + 1.0 - p; A[1][1] = 1.0;
    A[0][1] = A[1][0] = p;
}

inline void mtx_equ(matrix& A, matrix ret)
{
    for (int i = 0; i < 2; ++ i)
        for (int j = 0; j < 2; ++ j)
            A[i][j] = ret[i][j];
}

void mtx_mul(matrix& A, matrix B)
{
    matrix ret;
    for (int i = 0; i < 2; ++ i)
        for (int j = 0; j < 2; ++ j){
            ret[i][j] = 0;
            for (int k = 0; k < 2; ++ k)
                ret[i][j] += A[i][k] * B[k][j];
        }

    mtx_equ(A, ret);
}

void mtx_pow(matrix& A, int n)
{
    matrix ret;
    CLR (ret); ret[0][0] = ret[1][1] = 1;
    while (n){
        if (n & 1) mtx_mul(ret, A);
        n >>= 1;
        mtx_mul(A, A);
    }

    mtx_equ(A, ret);
}

double cal(int n)
{
    if (!n || n == 1) return 1;
    mtx_init(); 
    mtx_pow(cnt, n-2);
    mtx_mul(A, cnt);
    return A[0][1];
}

double gao()
{
    double ret = 1.0 - cal(a[0]);
    for (int i = 1; i < n; ++ i)
        ret *= (1.0 - cal(a[i] - a[i-1]));
    return ret;
}

int main()
{
    while (scanf ("%d", &n) != EOF){
        cin >> p;
        for (int i = 0; i < n; ++ i)
            scanf ("%d", &a[i]);
        sort (a, a+n);
        printf ("%.7f
", gao());
    }
    return 0;
}

10、POJ 2096 Collecting Bugs，概率DP，求期望的入门题。

11、ZOJ 3329 One Person Game，概率DP，巧妙解决带环的问题。

12、HDU 4405 Aeroplane chess，很简单的概率DP，加了一点限制条件。

13、HDU 4089 Activation，很好的概率DP题，而且是区域赛原题，2011 Beijing。

14、HDU 3853 LOOPS，概率DP，水题。

15、SGU 495 Kids and Prizes，概率DP，可以看下，与其他的题不太一样- -。

16、CodeForces 148D Bag of mice，概率DP，最普通的，加了点限制条件。