海亮回来快一个月了才开始写博客 今天整理一下最近写的题目；
最近写了一些期望 还有一些图论，dp，和一些乱七八糟的题目；
稍微整理一下思路，
对于期望 我的理解不是特别明白 因为我仅限于做过的几道题目，但是其中仍然有些回味起来不是很懂，只能说慢慢来了嗷；
不过 如果我们把握一个公式，概率和取的值乘起来然后求累和的方法求期望，是可以解决一部分题目的；
至于为什么期望总是倒退，我觉得是和我们设得状态有关的，因为有时候我们设得状态都是当前为什么，距离要满足题意还需多少天（计量单位，不限）；
看几个例子；
过河；
说不上特别像期望，因为当时手推了一下样例，算出来了答案，然后模拟一边就过了，后来思考了一下，因为这个题的情况很多，所以我们可以考虑两种极端情况，他们已经是等概率的
第一种，刚到，船和人一起走，此时是L,第二种，刚到，船刚走，人需等待穿回来再走，此时是3L,所以总的期望是2L/v+走路面的距离；对于其他情况，我们都可以找到满足和为前者的情况；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,d,p,l,v; int main() { int ca=0; while(cin>>n>>d,d) { double ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>p>>l>>v; d-=l; ans+=2.0*l/v; } printf("Case %d: %.3lf ",++ca,ans+d); } return 0; }
介绍一下这一种经典模型，也成购物券收集问题；
问的形式大概是：有n个券，每天发一张（随意），求集齐所有券的期望天数；
还有一种就是：一个长1m的路段，雨滴是1cm，求覆盖所有地面期望雨滴数量；
这样我们转换一下，1m的路段看成100张券，雨滴看成一张券，所以模型转化；
对于这种题目，我们一般设得状态F[i]表示当前集齐i-1张还需集齐第i张得期望；
随机变量的和的期望等于这些随机变量期望之和
对于这个问题，我们需要把要求的期望分解为若干个随机变量的和。
（E（X1+X2）=E(X1)+E(X2), 当 X1, X2相互独立时）
设随机变量S表示收集到所有券所需的最少天数， 我们用Xi表示收集到(i-1)种优惠券后，还需要多少天才能收集到第i种优惠券。
X1表示收集到第一种优惠券所需天数，显然X1=1
我们来算X2，收集到第一种后，除了第一种的优惠券，其他任何一种都可以算第二种了，从而，他每天出现的概率为n-1/n,进而期望天数为n/n-1；
类似X3的期望为n/n-2；
我们有S=X1+X2+...Xn，
E(S)=E(X1)+E(X2)+...+E(Xn)。
类似的我们求下和就是答案，其实上面的式子考虑积分化简，但是我不清楚为什么直接考log是错的，算了我们还是循环吧；
其实为什么一件事情概率成功是p，那么期望是1/p的证明还是比较清楚地，证明方法很多，我自己推过了其中一种，大家可以自己理解一下；
#include<bits/stdc++.h> template<typename T>inline void read(T &x) { x=0; T f=1,ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar(); x*=f; } double ans,cnt; int n,x; int main() { read(n); for(int i=1;i<=n;++i) { read(x); ans=0;cnt=x; for(int j=x;j>=1;--j)ans+=cnt/j; printf("%.2lf ",ans); } return 0; }
把握一点期望等于概率乘上所取值求累和；
所以我们这个题设状态为概率；注释都在代码里；还有一种直接求期望的，我不是很明白，我不清楚拿期望乘合不合适，有兴趣去查另一种题解8；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0; T f=1,ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar(); x*=f; } const int N=2010,T=2010; double f[N][T];//f[i][j]表示在第i秒，电梯上有j个人的概率； int n,t; double p,ans; int main() { read(n);cin>>p; read(t); f[0][0]=1;//在第0时刻电梯上有0个人的概率为1； for(int i=1;i<=t;i++) { for(int j=0;j<=n;j++) if(j==0) f[i][j]=(1-p)*f[i-1][j];//考虑两种极端情况； else if(j==n) f[i][j]=f[i-1][j]+p*f[i-1][j-1];// else f[i][j]=(1-p)*f[i-1][j]+p*f[i-1][j-1]; } for(int i=1;i<=n;i++) ans+=f[t][i]*i; printf("%.12lf ",ans); return 0; }
写完就很迷，暂时不是很明白，回来补坑，代码很好写；
//p[i]*(x+1)^3=(x^3+1+3x^2+3x)*p[i]//f[i]=(f[i-1]+3*x^2+3*x+1); //f[i-1]=x^3; //因为期望线性，所以考虑维护前缀和，应该是维护x^2,x的期望，没想清楚 //期望的和等于和的期望； //失败是对答案没有影响的，因为贡献为0，只考虑成功 //E1,E2维护一下hh #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; const int N=100010; double E1[N],E2[N],p[N],f[N]; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i]; for(int i=1;i<=n;i++) { E1[i]=(E1[i-1]+1)*p[i]; E2[i]=(E2[i-1]+2*E1[i-1]+1)*p[i]; f[i]=f[i-1]+(3*(E1[i-1]+E2[i-1])+1)*p[i]; } printf("%.1lf ",f[n]); return 0; }
是一道状压dp+期望；
F[i][s]表示当前进行了i-1轮，然后当前状态为S时，从第i轮到第K轮时期望最高得分，乘上概率1/n就是期望得分了；
对于转移，有取或者不取两种情况，
如果S包含的状态满足取第k种宝物的条件，则可以取或不取。不取则为f[i+1][S]，取则为f[i+1][S|(1<<k-1)]+ck
所以此时f[i][S]+=max(f[i+1][S],f[i+1][S|(1<<k-1)]+ck)
2、如果S包含的状态不满足取第k种宝物的条件，则不能取，即f[i][S]+=f[i+1][S]。
所要求的答案就是f[1][0]；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; template<typename T>inline void read(T &x) { x=0; register int f=1; register char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar(); x*=f; } const int N=150; const int M=1<<16; int K,n,x,b[N],a[N]; double f[N][M]; int main() { read(K); read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { read(a[i]); read(x); while(x) { b[i]=b[i]|(1<<(x-1));//第i种的必选x，将x位为1； read(x); } } for(int i=K;i>=1;--i) { for(int j=0;j<(1<<n);j++) { for(int k=1;k<=n;k++) { if((j&b[k])==b[k]) f[i][j]+=max(f[i+1][j],f[i+1][j|(1<<(k-1))]+a[k]); else f[i][j]+=f[i+1][j]; } f[i][j]/=n; } } printf("%.6lf ",f[1][0]); return 0; }
刚准备提交发现自己还是不会期望，我以后再来填坑，真是让人自闭；