【Codeforces Round 333 (Div 2)E 期望DP概率

本文通过一道比赛排名期望问题,展示了如何运用期望DP解决实际问题。文章详细解析了问题转化过程,提出了一个高效的DP算法,并利用前缀和进行优化,最终实现了在短时间内准确计算出比赛名次期望。

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#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<string>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T> inline void gmax(T &a,T b){if(b>a)a=b;}
template <class T> inline void gmin(T &a,T b){if(b<a)a=b;}
const int N=100+5,M=1000+5,S=1e5+5,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
int n,m,k,pre,now;
double s[2][S+M];
inline double query(int x)
{
	return x<0?0:s[pre][x];
}
int main()
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		if(m==1){puts("1");return 0;}
		int top=n*m;
		double mu=1.0/(m-1);
		for(int i=0;i<=top;++i)s[0][i]=1;
		int mysco=0;
		pre=0;now=1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			scanf("%d",&k);mysco+=k;
			for(int j=0;j<i;++j)s[now][j]=0;
			for(int j=i;j<=top;++j)
			{
				double rate=(query(j-1)-query(j-m-1))
					       -(query(j-k)-query(j-k-1));
				s[now][j]=s[now][j-1]+rate*mu;
			}
			pre^=1;now^=1;
		}
		double ans=s[pre][mysco-1];
		ans=ans*(m-1)+1;
		printf("%.12f\n",ans);
	}
	return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
1,这道题看似很难,然而只要沉下心来思考,发现问题细细化简后,还是完全可思考的。
2,复杂度看似很高,然而就是可以这样暴力过掉,真是暴力出奇迹的有效印证啊!
3,所以说敢想敢试是ACMer的基本素养>_<~~

4,CF多组数据一定要确保完全读入才能用continue。否则是坑自己多次输出,还不如用return 0 TwT
5,树状数组的下标要从1开始不要忘记了。
6,DP的边界处理,再树状数组内部特判一下,写起来就很方便啦。

【题意】
这题比较奇怪。题意是说——
有m(1000)个人,他们一同参加了n(100)场比赛。
对于每场比赛,m个人的排名都构成[1,m]的全排列。排名第i的人会得到分数i。
我们知道自己在每场比赛中的名次(设第i场的名次为a[i]),自然,也就知道了自己在每场比赛中的得分。
现在我们想要求,我们最终的比赛名次的期望。

最终的比赛名次是指,如果最终时刻有k个人的分数严格比我们小,那么我们的名次便是k+1。现在求得就是这个值的期望。

【类型】
期望DP

【分析】
设计到期望的题目,并不一定就难得不可做。
我们发现,一共有m个人。除了我们自己之外,还有m-1个人。这m-1个人,每个人的期望得分的状况其实都是相同的。
更加具体而言,我们还有——每个人的可能得分都必然是整数。整数的范围是[n*1,n*m].
如果我们暴力一点,求得每个人对于每个得分x的概率p[x],我们自己的得分是u的话,那答案就是p[1,u)*(m-1)+1
这个显然成立,因为:一个人比我们分数低的概率*人数=比我们分数低的人数的期望,+1后就是我们名次的期望。

于是问题就只剩下——p[x]怎么求?
n和m并不大,甚至说,我们感觉到人数n * 分数的上限n*m 也不过1e7。
于是,我们DP一个人的得分状况——
定义f[i][j]表示"经过了前i次考试,这个人得分为j的概率"。那么有——
f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j-2]+...+f[i-1][m]-f[i-1][j-a[i]])/(m-1)

这个DP的意义很简单,就是说,我们枚举这个状态,然后看看有哪些状态可以到达它。
而之前的每个可以转移状态,转移到当前状态的当步转移概率都是均等的,都是1/(m-1)。
于是,只要这一个简单的DP,就能实现题目的要求。
然而这个DP的时间复杂度却是O(n * n*m * m) 要爆炸!

这里涉及到区间和,于是我们想到用树状数组优化——
把DP的时间复杂度可达O(n*n*m log(m)),然而却依然可以无压力在250ms内AC啦,啦啦啦啦!

然而,树状数组还是傻叉做法。
因为这里又不涉及到动态修改,我为什么用树状数组?!
直接搞一个前缀和s[2][S]就好啦!

【时间复杂度&&优化】
O(n*n*m log(m)) -> O(n*n*m)

*/

### 关于 Codeforces Round 1010 Div 2 的未评级题目与解答 Codeforces 平台上的比赛通常会提供详细的题目描述以及官方解法。然而,针对 Codeforces Round 1010 Div 2 的具体信息并未在当前引用中提及[^1]。值得注意的是,某些比赛可能会被标记为 unrated(未评级),这意味着该场比赛的结果不会影响参赛者的评分等级。 对于未评级的比赛问题及其解决方案,可以参考以下几点: #### 题目解析 尽管无法直接获取到 Codeforces Round 1010 Div 2 的具体内容,但可以通过类似的 CF 比赛来推测其可能涉及的主题。CF 圆桌会议中的常见主题包括但不限于字符串处理、数组操作、动态规划和图论等问题[^2]。 以下是基于一般竞赛模式下的假设性分析: 1. **字符串匹配问题** 字符串问题是许多编程比赛中常见的类型之一。例如,在某次比赛中曾出现过一个非常相似的问题:“Given a string S, find the minimum number of operations required to convert all characters into uppercase.” 这一类型的解决方法通常是通过遍历整个字符串并逐一比较字符实现。 ```python def min_operations_to_uppercase(s): count = 0 for char in s: if 'a' <= char <= 'z': count += 1 return count ``` 2. **数组排序与统计** 数组类问题也频繁出现在各类算法挑战之中。比如给定一组整数列表,要求重新排列使得偶数位于奇数之前的同时保持相对顺序不变。这类问题可通过双指针技术或者额外空间辅助完成。 3. **动态规划应用** 动态规划适用于求解最优化路径或最大子序列等相关场景。如果存在一道 DP 类型的题目,则需定义状态转移方程并通过迭代计算得出最终结果。 #### 解决方案总结 由于缺乏确切的目标赛事数据集,上述仅为通用策略展示而非特定实例解答。建议访问 Codeforces 官网查询历史存档资料以获得权威版本说明文档。
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