概率&期望
首先遇到这到题我们可以想出来一个DP的方法,设 (f[S]) 为当前小Q手里的牌的状态为 (S) 时，小Q能赢的概率.
我们枚举 (S) 能转移的其他状态，就能列出来转移方程，一共有 (2^n) 个方程.
解方程我们需要用到高斯消元，所以这样做时间复杂度为 (O((2^n)^3)) .
这样做肯定爆炸，所以我们需要用到一个结论:
设 (A,B) 为两种牌的状态,若 (A∩B=∅)，则 (f[A∪B]=f[A]+f[B])
证明：
我们可以想象现在有3个人 (a,b,c) 在玩这个游戏,他们手里的牌分别是 (A,B,C) ，每次随机选两个人进行题目中的描述的步骤游戏.
显然此时有 (f[A]+f[B]+f[C]=1) ,也就是 (f[A]=1-(f[B]+f[C])) .
对于 (a) 而言，(b,c) 可以看成一个整体(因为三人游戏时b和c之间游戏时无论谁赢了牌，都相当于二人游戏时b的牌没有变动)，此时 (f[A]=1-f[B∪C]) .
故上述结论成立。
所以我们设 (f[i]) 表示手上只有第 (i) 张牌时的胜率，对于每次询问我们只需要将小Q手上有的牌的 (f) 加起来即可。
求f我们也可以用DP的方法
(displaystyle f[i]=sum_{j!=i}frac{P[i][j] imes (f[i]+f[j])}{n-1})
所以方程就是
(displaystyle ((n-1) - sum_{j!=i}P[i][j]) imes f[i]=sum_{j!=i}P[i][j] imes f[j])
高斯消元就能解决
注意最后一个方程应该是(displaystyle sum_{i=1}^nf[i]=1)
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, m;
char s[105];
double tmp, a[105][105];
double Abs(double x){return x > 0 ? x : -x;}
void Gauss()
{
for(int i = 1, j, k;i <= n; ++ i)
{
for(k = i, j = i + 1;j <= n;++ j)
if(Abs(a[j][i]) > Abs(a[k][i]))k = j;
swap(a[k], a[i]);
for(j = i + 1;j <= n; ++ j)
for(tmp = a[j][i] / a[i][i],k = i;k <= n + 1;++ k)a[j][k] -= a[i][k] * tmp;
}
for(int i = n; i >= 1; -- i)
{
for(int j = i + 1; j <= n;++ j)a[i][n+1] -= a[i][j] * a[j][n + 1];
a[i][n+1] /= a[i][i];
}
}
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i < n; ++ i)
{
a[i][i] = 1 - n;
for(int j = 1; j <= n; ++ j)
{
scanf("%lf", &tmp);
if(i != j)a[i][j] = tmp,a[i][i] += tmp;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i)scanf("%lf", &tmp),a[n][i] = 1;
a[n][n + 1] = 1;
Gauss();
while(m--)
{
scanf("%s", s+1);tmp = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
if(s[i] == '1')tmp += a[i][n + 1];
printf("%0.8f
", tmp);
}
return 0;
}