[BZOJ]4844: [Neerc2016]Foreign Postcards 概率DP

原创于 2019-03-14 15:20:11 发布 · 406 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

DP 同时被 2 个专栏收录

86 篇文章

订阅专栏

概率与期望

10 篇文章

订阅专栏

本文探讨了一个关于邮票翻转的数学问题，通过概率计算和动态规划的方法，求解了邮票在特定规则下翻转后仍放反的期望数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

ls是一名集邮爱好者，他专门有一个栈来存放他的所有的邮票，但ls同时也是一名很粗心的人，有一些邮票可能放反了（上下颠倒），有一天他想把他的邮票拿出来向他的妹子炫耀，但因为有一些邮票可能反了，于是ls就想把那些邮票矫正方向，但ls特别懒，他觉得一张一张矫正太费时间了，即使是要给妹子看的，他也不想费太多时间，于是ls就想出了一种奇迹淫巧：
1.假设栈中还剩n张邮票，他每次从1到n中随机取一个整数k，然后取出栈中最上面的k张。
2.他会查看这k张中最上面的一张，如果它放反了，那么他就直接把这k张全部倒过来。
3.他直接把这k张放到桌上，然后准备给妹子炫耀，并且之后对这k张不做任何操作。
4.如果栈中还剩余邮票，那么回到步骤1。
当然，这毕竟是奇迹淫巧，而且是ls想出来的，桌上还是有可能有一些邮票放反了
那么ls想询问期望有多少张邮票放反了？

Solution

首先算出每张牌作为第一张的概率，第 $1$ 张是 $1$ ，第 $2$ 张是 $1n1\over n$ ，第 $3$ 张是 $1×1n+1n×1n−1=1n−11\times {1\over n}+{1\over n}\times {1\over n-1}={1\over n-1}$ ，然后就发现第 $i$ 张就是 $1n−i+2(i≥2){1\over n-i+2}(i\ge2)$ 。
设上面的这个概率为 $p$ ，第 $i$ 张牌翻转的概率为 $f_i$ ，那么有： $f_i=p+(1-p)f_{i-1}(s_i=W)$ $f_i=(1-p)f_{i-1}(s_i=C)$
前后之间的联系还是挺妙的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define pa pair<int,int>
const int Maxn=1000010;
const int inf=2147483647;
int n;long double f[Maxn][2];//0不翻 1翻 
char str[Maxn];
int main()
{
    scanf("%s",str+1);n=strlen(str+1);
    if(str[1]=='C')f[1][0]=1,f[1][1]=0;
    else f[1][0]=0,f[1][1]=1;
    long double ans=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        long double p=1.0/((long double)n-i+2);
        if(str[i]=='C')f[i][0]=p+(1-p)*f[i-1][0];
        else f[i][0]=(1-p)*f[i-1][0];
        f[i][1]=1-f[i][0];
        if(str[i]=='C')ans+=f[i][1];else ans+=f[i][0];
    }
    printf("%.15Lf",ans);
}