随笔分类 - 数学 - 概率与期望
摘要：感觉数学期望这里始终都没太学明白. 期望在任何时候都具有线性性，即 $E(a+b)=E(a)+E(b)$，这个式子任何时候都成立. 先考虑求 $x$，$x^2$. 令 $x1[i]$ 表示 $i$ 为 $1$ 向前的极长 $1$ 的期望长度，$x2[i],x3[i]$ 为 $x^2,x^3$ 的期望
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摘要：根据期望的定义，我们可以求出所有情况之和再除以情况数量. 如果长度满足 $n=2^k$，线段树上一个节点新加 $v$ 的话 $v$ 的贡献就是 $v \times si[x]$，si[x] 即子树下叶节点个数. 如果长度不满足上述条件，由于线段树是完全二叉树结构，我们可以强制让深度小于最大深度的叶节
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摘要：公式：$\max(S)=\sum_{ T\in S} (-1)^{|T|-1} \min(S)$ code: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 23 #define setIO(s) freopen(s".in","r",
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摘要：比较友好的背包+期望题. 刚开始没特判概率为 0 的情况，WA 了半天. 总是还是挺简单的吧，只要会期望的线性性就行. code: #include <bits/stdc++.h> #define N 207 #define M 203 #define mod 998244353 #define l
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摘要：朴素的高斯消元是 $O(n^3)$ 的，但是由于叶节点是终止节点，所以可以逐层向上推成 $k\times f(fa)+b$ 的形式. 推到根节点时直接取根节点的 $b$ 值就可以了. code: #include <cstdio> #include <cstring> #include <algor
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摘要：矩阵树定理求的是 $\sum_{E} \prod_{e \in E} w(e)$ 平时我们求的大多数是方案数，所以就默认那个 $w(e)$ 是 $1$. 而如果我们想求所有生成树权值之和的话就让那个 $w(e)$ 变成边权. 我们在设置最开始的那个 （度数-邻接）矩阵的时候度数矩阵中 $S1_{i,
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摘要：推一推式子后发现每个点不论走几步被访问到的概率都是 $\frac{d_{i}}{2m}$ code: #include <cstdio> #include <string> #include <algorithm> #define N 100070 #define ll long long #def
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摘要：根据期望的线性性，我们算出每个点期望被计算次数，然后进行累加. 考虑点 $x$ 对点 $y$ 产生了贡献，那么说明 $(x,y)$ 之间的点中 $x$ 是第一个被删除的. 这个期望就是 $\frac{1}{dis(x,y)+1}$，所以我们只需求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^
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摘要：还是老套路：期望图上的格子数=$\sum$ 每个格子被涂上的期望=$\sum$1-格子不被图上的概率 这样的话就相对好算了. 那么，对于 $(i,j)$ 来说，讨论一下上，下，左，右即可. 然后发现四个角的面积会被重复统计，所以再减去 $4$ 个角的贡献即可. #include <bits/stdc
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摘要：题意：有一个栈，随机插入 $n$ 次 $0$/$1$ 如果栈顶是 $1$，然后插入 $0$，则将这两个元素都弹出，否则，插入栈顶. 求：$n$ 次操作后栈中期望的元素个数. 我们发现，按照上述弹栈方式进行，栈中元素一定是由若干个连续 $0$ 加上若干个连续 $1$ 组成. 而 $1$ 所在的联通块还
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摘要：有一棵树，共有 $N$ 个节点，他会使用下列 $DFS$ 算法对该树进行遍历： starting_time是一个容量为n的数组current_time = 0dfs(v): current_time =current_time+1 starting_time[v] = current_time 将c
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摘要：题意：给定一颗树，树上每个点通电概率为 $q[i]$%，每条边通电的概率为 $p[i]$%，求期望充入电的点的个数. 期望在任何时候都具有线性性，所以可以分别求每个点通电的概率（这种情况下期望=概率 $\times 1$ ）然后累加. 然而，直接求通电的概率不是很好求，所以可以求不通电的概率，然后
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摘要：令 $f[i]$ 表示已经到达 $i$ 点，为了到大 $n$ 点还期望需要的时间，随便转移一下就行. 由于本题卡空间，要记得开滚动数组. #include <bits/stdc++.h> #define N 12000010 #define LL long long #define setIO(s)
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摘要：期望dp水题~ 你发现每一次肯定是贪心走 2 步，（只走一步的话就可能出现环） 然后令 $f[i][j]$ 表示聪在 $i$，可在 $j$，且聪先手两个人碰上面的期望最小次数. 用记忆化搜索转移就行了. code:
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摘要：题意：给定 $n$ 个灯的初始开/关状态，每次可以随机选择一个点进行操作，当操作第 $i$ 个开关时，所有 $i$ 的约数的灯的状态都会改变. 当操作到局面最少小于等于 $k$ 步就能将所有灯灭掉时就不用随机，而直接选取最优方案. 求：让所有灯全部灭掉的期望操作次数. 加入给定一个局面，那么最优解一
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摘要：利用期望的线性性，即 $E(a+b)=E(a)+E(b)$. 对于所有点分别求一下期望然后累加即可. code:
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摘要：考虑算每一个位置在所有情况的期望值乘以全排列似乎就是答案. 那么对于 $i$，如果要由 $j$ 来贡献的话就要满足 $j$ 在 $i....j-1$ 之前先拿. 而在拿 $j$ 时，先于 $i...j-1$ 的概率就是 $\frac{1}{|j-i|+1}$ 直接对所有的 $j$ 加和，然后乘以个概
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摘要：期望是一个 DAG 模型，逆着递推即可~
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摘要：这道题还比较友好~首先，构建出来 $AC$ 自动机，那么我们要求的就是从 $0$ 号点走无限次走到一个终止节点的概率. 考虑构建转移矩阵 $M,$ $M_{i,j}$ 表示节点 $i$ 转移到节点 $j$ 的概率. 如果 $i$ 不是终止节点，则直接将概率相加即可，否则，只有 $M_{i,i}$ 为
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摘要：数学期望可以理解成一个 DAG 模型. Code:
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