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一 概率问题的论文
二 入门题目
1、POJ 3744 Scout YYF I (简单题)
题意：一条路上有n个地雷 ，a[i]代表第i个地雷放的位置，求安全走过这段路的概率
分析：若第k个位置有地雷则安全走过这个位置的方案为在第k-1个位置跳两步概率为（1-p）
从反面考虑 已经安全走过了第i-1个雷 则在第i个雷的死掉的概率为 1-p（从走到a[i-1]走到a[i]） P=p*ans[i-1]+(1-p)*ans[i-2]
ans[i]代表走到i位置的概率，由于n比较大 需要用矩阵进行优化
解题报告：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[20];
struct matrix
{
double m[2][2];
};
matrix I={1.0,0,0,1.0};
matrix multi(matrix A,matrix B)
{
matrix C;
for(int i=0;i<2;i++){
for(int j=0;j<2;j++){
C.m[i][j]=0;
for(int k=0;k<2;k++)
C.m[i][j]+=A.m[i][k]*B.m[k][j];
}
}
return C;
}
double pow(int k,matrix A)
{
matrix ans = I,p=A;
while(k){
if(k&1){
ans=multi(ans,p);
k--;
}
k>>=1;
p=multi(p,p);
}
return ans.m[0][0];
}
int main()
{
int n;
double p;
while(cin>>n>>p){
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
a[0]=0;
sort(a,a+n+1);
matrix A={p,1.0-p,1.0,0};
double ans=1;
for(int i=0;i<n;i++){
ans*=(1-pow(a[i+1]-a[i]-1,A));
}
printf("%.7lf\n",ans);
}
return 0;
}
4、POJ 2151 Check the difficulty of problems (简单题)
算很常见的一种dp表示吧。 学会 “至少” 这类问题角度的转化。
解题报告
5、ZOJ 3380 Patchouli‘s Spell Cards (中等题)
有m个位置，每个位置填入1~n中的一个数，求至少有L个数一样的概率。 dp转移还行，就是要用Java的 高精度 解题报告
6、SGU 495 Kids and Prizes (YY题)
YY题，O(1)推出结论，想不到就觉得比较难， 分析问题的角度值得学习。
解题报告
7、POJ 2096 Collecting Bugs (简单题)
题意：一个人一天只能找出一个bug来 一个公司有s个子公司 ，有n种bug，让这个人去找，求找出所有的n种bug而且每个公司都要找出bug所需要的时间的期望
分析：dp求期望入门题。关键要体会为什么要倒着推过来
dp[i][j]表示在i个公司中一共找到了j种bug
注：E(aA+bB+cC+.....n*N)=a*E(A)+b*E(B)+.......+n*E(N);
状态转移方程很好理解
dp[i][j]=(dp[i+1][j]*p1+dp[i][j+1]*p2+dp[i+1][j+1]+1)/(1-p4);
p1=(s-i)*j/n/s;
p2=i*(n-j)/n/s;
p3=(s-i)*(n-j)/n/s;
p4=i*j/n/s;
解题报告
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
double dp[maxn][maxn];
int main()
{
int n,s;
while(~scanf("%d%d",&n,&s)){
dp[s][n]=0;
for(int i=s;i>=0;i--){
for(int j=n;j>=0;j--){
if(i==s&&j==n)
continue;
dp[i][j]=(dp[i+1][j]*(s-i)*j*1.0/(s*n*1.0)+dp[i+1][j+1]*(s-i)*(n-j)*1.0/(s*n*1.0)+dp[i][j+1]*i*(n-j)*1.0/(s*n*1.0)+1.0)/(1.0-i*j*1.0/n/s);
}
}
printf("%.4lf\n",dp[0][0]);
}
return 0;
}
题意：一个r*c的地图 一个人在(1,1)每次可以留在原地 或者消耗两个体力向左走一格或则向下走一格，求走到(r,c)所消耗的体力的期望
分析：dp[i][j]表示从(i,j)走到终点所消耗体力的期望
dp[i][j]=(dp[i+1][j]*p1+dp[i][j+1]*p2+2)/(1-p3)
p1为向右走的概率 ，p2为向下走的概率 ，p3为原地不动的概率
注：E(aA+bB+cC+.....n*N)=a*E(A)+b*E(B)+.......+n*E(N); 包含状态A,B,C的期望可以分解子期望求解
解题报告
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1002;
double map[maxn][maxn][3];
double dp[maxn][maxn];
int main()
{
int r,c;
while(~scanf("%d%d",&r,&c)){
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++)
scanf("%lf%lf%lf",&map[i][j][0],&map[i][j][1],&map[i][j][2]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=r;i>=1;i--){
for(int j=c;j>=1;j--){
if(i==r&&j==c)
continue;
if(map[i][j][0]==1.00)
continue;
dp[i][j]=(map[i][j][1]*dp[i][j+1]+map[i][j][2]*dp[i+1][j]+2)/(1-map[i][j][0]);
}
}
printf("%.3lf\n",dp[1][1]);
}
return 0;
}
分析：dp[i]=1/6(dp[i+1]+....+dp[i+6]+1) 如果i可以直接到k的话 则dp[i]=dp[k]; dp[i]表示从i到终点所要扔的色子次数的期望
解题报告
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 100007;
double dp[maxn];
int f[1010][2];
int main()
{
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(n==0&&m==0)
break;
for(int i=0;i<m;i++)
scanf("%d%d",&f[i][0],&f[i][1]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
double p = 1.0/6;
for(int i=n;i>=0;i--){
if(i>=n) continue;
dp[i]=(dp[i+1]+dp[i+2]+dp[i+3]+dp[i+4]+dp[i+5]+dp[i+6])*p+1;
for(int j=0;j<m;j++){
if(i==f[j][0]){
dp[i]=dp[f[j][1]];
break;
}
}
}
printf("%.4lf\n",dp[0]);
}
return 0;
}
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define max(a,b) a>b?a:b
const int LMT=20003;
const double is=0.5*(1+sqrt(5));
double dp[LMT];
int have[102];
int main()
{
int i,n,f,j,all;
while(~scanf("%d%d",&n,&f))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
all=-1;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&have[i]);
all=max(all,have[i]);
}
all<<=1;
for(i=max(all,f);i>=f;i--)
{
for(j=0;j<n;j++)
if(i>have[j])dp[i]+=(int)(is*have[j]*have[j]);
else dp[i]+=1+dp[i+have[j]];
dp[i]/=n;
}
printf("%.3lf\n",dp[f]);
}
return 0;
}
题意：给定一个r*c的棋盘 每一步可以放一个棋子 求多少步可以使每行每列都有棋子的期望
分析：这题是2014年 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional 的题目，其实只要做过 概率dp的题目就很好写的
dp[i][j][k]表示一共用了i个棋子 使i行k列有了棋子
dp[i][j][k]=(dp[i+1][j][k]*p1+dp[i+1][j+1][k]*p2+dp[i+1][j][k+1]*p3+dp[i+1][j+1][k+1]*p4)
p1=(j*k-i)/(r*c-i);
p2= (r-j)*k/(r*c-i);
p3=(c-k)*j/(r*c-i);
p4=(r-j)*(c-k)*(r*c-i);
解题报告：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 51;
double dp[maxn*maxn][maxn][maxn];
int main()
{
int r,c,t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&r,&c);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=r*c-1;i>=0;i--){
for(int j=r;j>=0;j--){
for(int k=c;k>=0;k--){
if(j==r&&k==c) continue;//判断分母是不是为0
if(j*k<i) continue;//判断分子是不是负数
double p1=1.0*(j*k-i)/(r*c-i);
double p2=1.0*(r-j)*k/(r*c-i);
double p3=1.0*(c-k)*j/(r*c-i);
double p4=1.0*(r-j)*(c-k)/(r*c-i);
// cout<<"p1 "<<p1<<endl;
// cout<<"p2 "<<p2<<endl;
//cout<<"p3 "<<p3<<endl;
//cout<<"p4 "<<p4<<endl;
dp[i][j][k] =dp[i+1][j][k]*p1+dp[i+1][j+1][k]*p2+dp[i+1][j][k+1]*p3+dp[i+1][j+1][k+1]*p4+1.0;
}
}
}
printf("%.8lf\n",dp[0][0][0]);
}
return 0;
}
12、HDU 4336 Card Collector (简单题)
状态压缩概率DP。或者用容斥原理直接求。
题意：有n种卡片，每买一包零食则可能得到其中的一种也可能得不到，得到第i种卡片的概率为pi求，收集齐所有的卡片需要的买零食的期望
由于n比较小我们可以进行状态压缩
dp[i] 化成二进制1的位置代表收集了 这几种所需要买的零食的期望
eg: dp[(1101)2] =(dp[(1100)2]*p1+dp[(1001)2]*p3+dp[(0101)2]*p4+1)/(1-p3-p(零食里没有卡片))
解题报告
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1<<20;
double dp[maxn+1];
double p[25];
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf",p+i);
p[0]-=p[i];
}
dp[0]=0;
double x;
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
x=p[0];
dp[i]=1;
for(int j=0;j<n;j++){
if((1<<j)&i) dp[i]+=p[j+1]*(dp[i-(1<<j)]);
else x+=p[j+1];
}
dp[i]/=(1-x);
}
printf("%.4lf\n",dp[(1<<n)-1]);
}
return 0;
}
13、ZOJ 3329 One Person Game (中等题-)
骰子求期望的题， 递推公式有点麻烦。
解题报告
2011年北京现场赛的题目， 用求期望的方法 求概率的题，公式有一点点繁琐，仔细想也是可以做出来的 、
解题报告
高斯消元，这题是学长出的，目的是坑人题意的， 题意理解以后就是很裸的高斯消元(用程序解方程)，但还是有很多坑
只做了一部分题目，剩下的以后做了会继续更新。。。
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原文地址：http://blog.csdn.net/bigbigship/article/details/40118029
