繼之前的概率dp，這次博文同樣和概率相關(guān)，但不僅僅限于dp處理。

UVA - 10288 Coupons

https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1229
大意：買(mǎi)彩票，圖案有n種，如果收集到所有的n種彩票就能得到大獎(jiǎng)。問(wèn)平均情況下需要買(mǎi)多少?gòu)埐势?#xff1f;
分析：推狀態(tài) ?
假設(shè)現(xiàn)在已經(jīng)有了i種彩票，那么購(gòu)買(mǎi)j的概率就是：
設(shè) p=in，購(gòu)買(mǎi)j次的概率就是 pj?1(1?p)
那么期望

E=1p0(1?p)+2p1(1?p)+3p2(1?p)+?+kpk?1(1?p)pE=p1(1?p)+2p2(1?p)+?+kpk(1?p)(1?p)E=(1?p)+p(1?p)+p2(1?p)+?+pk?1(1?p)?kpk(1?p)=(1?p)(1+p+p2+?+pk?1?kpk)E=1?pk1?p?kpk=1?pk?kpk(1?p)1?p=11?p=nn?i
那么結(jié)果就是 ∑i=0n?1nn?i

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> using namespace std; typedef long long LL; LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b); } int main() {LL n;while(cin>>n){LL p1=n,p2=n,d;for(int i=1;i<n;i++){p1=p1*(n-i)+p2*n;p2=p2*(n-i);d=gcd(p1,p2);p1/=d; p2/=d;}LL ans=p1/p2;p1=p1-ans*p2;d=gcd(p1,p2);p1/=d; p2/=d;if(p1==0){printf("%lld\n",ans);continue;}LL len1=log10(ans)+1;for(int i=0;i<len1;i++) printf(" "); printf(" ");printf("%lld\n",p1);printf("%lld ",ans);LL len2=log10(p2)+1;for(int i=0;i<len2;i++) printf("-"); printf("\n");for(int i=0;i<len1;i++) printf(" "); printf(" ");printf("%lld\n",p2);}return 0; }

poj 3744 Scout YYF I

http://poj.org/problem?id=3744
大意：在一段路途中，給出N個(gè)地雷地點(diǎn)，一個(gè)人一次走1步或者2步，求解順利通過(guò)此路的概率。
分析：N很小，其數(shù)組元素ai很大，列出轉(zhuǎn)移式子，dp[i]=p×dp[i?1]+(1?p)×dp[i?2]
當(dāng)然，我們沒(méi)有那么大的空間用于dp數(shù)組， 他只是假想存在的。
對(duì)于通過(guò)ai的概率就是

(dp[i]dp[i?1])=(p11?p0)ai?1(dp[1]dp[0])=(p11?p0)ai?1(10)

如果能夠順利通過(guò)，那么地雷點(diǎn)絕對(duì)是分界點(diǎn)！
分段：
1——x1
x1+1——x2
x2+1——x3
……
且到達(dá)x1+1，x2+1的概率是1！

#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; int a[15]; struct matrix{double m[2][2]; }A; matrix I={ 1,0, 0,1 }; matrix multi(matrix m1,matrix m2){matrix ans;for(int i=0;i<2;i++){for(int j=0;j<2;j++){ans.m[i][j]=0;for(int k=0;k<2;k++){ans.m[i][j]+=m1.m[i][k]*m2.m[k][j];}}}return ans; } matrix power(matrix m1,int p){matrix ans=I;while(p){if(p&1) ans=multi(ans,m1);m1=multi(m1,m1);p>>=1;}return ans; } int main() {//freopen("cin.txt","r",stdin);int n;double p;while(~scanf("%d%lf",&n,&p)){for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]);sort(a,a+n);A.m[0][0]=p; A.m[0][1]=1-p;A.m[1][0]=1; A.m[1][1]=0;matrix t=power(A,a[0]-1);double ans=t.m[0][0];ans=1-ans;for(int i=1;i<n;i++){t=power(A,a[i]-a[i-1]-1); //double temp=t.m[0][0];ans=ans*(1-temp);}printf("%.7lf\n",ans);}return 0; }

hdu 5245 Joyful

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5245
大意：在棋盤(pán)中選兩個(gè)點(diǎn)作為子矩陣的對(duì)角線的點(diǎn)，該范圍內(nèi)對(duì)格子圖色，問(wèn)K次后涂色格子的方格期望。
分析：每次選擇A和B點(diǎn)這一事件是相互獨(dú)立的，且一個(gè)點(diǎn)可以多次重選。可以反著想，求出K次不被選中的概率，最后1減去它，就是選中的概率。

假設(shè)5區(qū)域的位置是一個(gè)格子(i,j)，統(tǒng)計(jì)包含5的情況數(shù):
當(dāng)A在1時(shí)，B可以在5,6,8,9 (i-1)(j-1)(m-i+1)*(n-j+1);
A在2時(shí)，B可以在4,5,6,7,8,9 (i-1)1(m-i+1)*n;
3: (i-1)(n-j)(m-i+1)*j;
4: 1*(j-1)*(n-j+1)*m;
5: m*n
6: (n-j)*1*j*m;
7: (m-i)(j-1)*i(n-j+1);
8: (m-i)*1*i*n;
9: (m-i)*(n-j)*i*j;

最后一個(gè)格子被覆蓋的概率就是：1?(1?si,jm2n2)k

關(guān)于pow函數(shù)：
C++提供以下幾種pow函數(shù)的重載形式：
double pow(double X,int Y);
float pow(float X,float Y);
float pow(float X,int Y);
long double pow(long double X,long double Y);
long double pow(long double X,int Y);

靠！ 當(dāng)pow()的指數(shù)參數(shù)是浮點(diǎn)數(shù)時(shí)，運(yùn)行效率很低。很容易超時(shí)。
但Y是整數(shù)時(shí)，利用分治遞歸可以提高效率。

自己寫(xiě)函數(shù)替代pow(double, double)：

#include <stdio.h> #include <math.h> #define LL long longint main() {//freopen("cin.txt","r",stdin);int t,ca=1;LL n,m,K;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%I64d%I64d%I64d",&m,&n,&K);double ans=0;for(LL i=1;i<=m;i++){for(LL j=1;j<=n;j++){double s=0.0;s+=(i-1)*(j-1)*(m-i+1)*(n-j+1);s+=(i-1)*1*(m-i+1)*n;s+=(i-1)*(n-j)*(m-i+1)*j; //3s+=1*(j-1)*(n-j+1)*m;s+=m*n;s+=(n-j)*1*j*m;s+=(m-i)*(j-1)*i*(n-j+1);s+=(m-i)*1*i*n;s+=(m-i)*(n-j)*i*j;s=s/m/m/n/n;//s=pow((1.0-s),1.0*K);double tt=1.0-s;s=1;for(int it=0;it<K;it++){s=s*tt;}ans=ans+1-s;}}LL res=ans+0.5;printf("Case #%d: %I64d\n",ca++,res);}return 0; }

或者用C++的pow函數(shù)重載： pow(double, int) //不能用C寫(xiě)，否則無(wú)法順利重載

#include <stdio.h> #include <math.h> #define LL long longint main() {//freopen("cin.txt","r",stdin);int t,ca=1;LL n,m;int K;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%I64d%I64d%d",&m,&n,&K);double ans=0;for(LL i=1;i<=m;i++){for(LL j=1;j<=n;j++){double s=0.0;s+=(i-1)*(j-1)*(m-i+1)*(n-j+1);s+=(i-1)*1*(m-i+1)*n;s+=(i-1)*(n-j)*(m-i+1)*j; //3s+=1*(j-1)*(n-j+1)*m;s+=m*n;s+=(n-j)*1*j*m;s+=(m-i)*(j-1)*i*(n-j+1);s+=(m-i)*1*i*n;s+=(m-i)*(n-j)*i*j;s=s/m/m/n/n;s=pow((1.0-s),K);/*double tt=1.0-s;s=1;for(int it=0;it<K;it++){s=s*tt;}*/ans=ans+1-s;}}LL res=ans+0.5;printf("Case #%d: %I64d\n",ca++,res);}return 0; }

效率對(duì)比：

acdream 1113 The Arrow

http://acdream.info/problem?pid=1113
大意：一個(gè)人扔色子，每次將點(diǎn)數(shù)相加，如果大于N，保證點(diǎn)數(shù)和不變，否則加上得到的點(diǎn)數(shù)，問(wèn)擲色子的次數(shù)的期望。

分析：如果是”>=N”的類(lèi)型問(wèn)題，應(yīng)該是dp[i]=∑(16dp[i+j])+1
對(duì)于這種”==N”的類(lèi)型問(wèn)題，dp[i]=k×dp[i]16+∑(dp[i+j]16)+1
化簡(jiǎn)得到: dp[i]=66?k(∑dp[i+j]16+1)

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N=1e5+10; double dp[N]; int main() {int t,n;cin>>t;while(t--){scanf("%d",&n);memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=n-1;i>=0;i--){int k=0;double temp=0;for(int j=1;j<=6;j++){if(i+j>n) k++;else temp+=dp[i+j]*1.0/6;}temp++;dp[i]+=temp*6.0/(6-k);}printf("%.2lf\n",dp[0]);}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的概率练习 (16.04.30)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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