ez_lcw的博客

听说这玩意叫 PGF？方便起见，令 pi=pi∑jpjp_i=\frac{p_i}{\sum_jp_j}pi​=∑j​pj​pi​​。设 Fi(x)F_i(x)Fi​(x) 表示对于第 iii 个开关而言，对其进行 kkk 次操作之后，它达到目标状态的概率的 EGF（其实文字不好表达 Fi(x)F_i(x)Fi​(x) 的意思，因为它只是一个辅助生成函数。看下去就能理解 Fi(x)F_i(x)Fi​(x) 的用途），那么有：Fi(x)=∑k≥0[k mod 2=si]pikxkk!=epix+(−1)

鞅一些定义：随机过程：依赖于参数的一组随机变量的全体，参数通常是时间。即假设 TTT 是指标集，且对于任意 t∈Tt\in Tt∈T，XtX_tXt​ 都是一随机变量，那么我们就可以称 {Xt∣t∈T}\{X_t|t\in T\}{Xt​∣t∈T} 为一随机过程。条件概率：P(A∣B)P(A|B)P(A∣B)，表示事件 AAA 在事件 BBB 发生的条件下发生的概率。独立同分布：对于随机变量 X1,⋯ ,XnX_1,\cdots,X_nX1​,⋯,Xn​，若它们服从同一分布，并且互相独立，就称这些

前几周的模拟赛才遇到过类似的套路，现在在 AT 上遇到又不会了……于是都记录一下。其实写完之后还是感觉不太能熟练运用……，可能需要多做题做理解。【XSY4214】quq题面：http://192.168.102.138/JudgeOnline/problem.php?cid=1818&pid=2题解：设 m=max⁡aim=\max a_im=maxai​，即编号最大的可能被扭到的蛋。首先先将扭蛋机按 aia_iai​ 从小到大排序。先考虑最优策略是什么，设 bib_ibi​ 表示 ≥i

考虑累加种下第 iii 棵不同的树树到种下第 i+1i+1i+1 棵不同的树之间的时间间隔，设 f(i)f(i)f(i) 表示种了 iii 棵不同的树游戏仍未结束的概率，那么有：ans=∑i=0n−1f(i)(∑t=0∞(in)t(1−in)(t+1))=∑i=0n−1nn−if(i)\begin{aligned}ans&=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)\left(\sum_{t=0}^{\infty}\left(\frac{i}{n}\right)^t\left(1-\frac{i

原题就不说了，记录一下其中要用的一个 trick。定理：对于一个 1∼n1\sim n1∼n 的随机排列，它的前缀最大值的期望个数为 O(log⁡n)O(\log n)O(logn)。证明：考虑元素 xxx 作为前缀最大值的概率，这要求 x+1,⋯ ,nx+1,\cdots,nx+1,⋯,n 都在 xxx 后面出现，即在排列中抽出 x,x+1,⋯ ,nx,x+1,\cdots,nx,x+1,⋯,n 这几个数，其中 xxx 排在第一个的概率，为 1n−x+1\frac{1}{n-x+1}n−x+11​。那

首先 “被经过的整点的期望个数” 不好求，我们可以把它看成 “每个整点被经过的概率的和”。对于某个整点，求 “它被任意一个人经过的概率” 不好求，我们可以求 “它不被任意一个人经过的概率”，那么现在的问题是求某个整点不被某个人经过的概率，或者说求某个整点被某个人经过的概率。把这个人看作原点，然后设这个整点的坐标为 iii（不妨设 i≥0i\geq 0i≥0，i<0i<0i<0 同理）。考虑转化到坐标-时间图像上，现在问题转化为：从原点开始走，每一步能往右上/右下走，求走 nnn 步，过

题面game题解首先可以看出 “等概率选连通块->连通块内等概率选点” 相当于 “全局等概率选点”。一开始感觉无从下手，但是题目中还是给了一点提示。题目让我们输出答案乘 n!n!n! 后的结果，于是想到枚举一个 1∼n1\sim n1∼n 的排列 pip_ipi​ 表示依次选择并删除的点的序列。那么对于某一个特定的 pip_ipi​，这种删点方法中所有点被捶的总次数等于 ∑i=1n(pi所在连通块还剩下的点数)\sum\limits_{i=1}^n (p_i所在连通块还剩下的点数)i=1∑n

假瑞出搬的神仙题。原题 CFgym103119B。先把 TTT 去重。考虑先用 O(nmlog⁡k)O(nm\log k)O(nmlogk) 建出所有串的 AC 自动机。注意建 AC 自动机的时候，为了保证空间，假设当前点 uuu 没有的转移，我们不从 failufail_ufailu​ 那里复制；而对于当前点有的转移 vvv，我们暴力跳 uuu 的 failfailfail 来更新 failvfail_vfailv​。这可以结合代码理解。这样跳 failfailfail 的时间复杂度是对的，你可以把

设一个人被扣了 iii 滴血的概率为 pip_ipi​，设 ci=exp−ic_i=exp-ici​=exp−i 且只有 c0,c1,⋯ ,cexpc_0,c_1,\cdots,c_{exp}c0​,c1​,⋯,cexp​ 有值，那么题目就是在问 ∑i=0expcipi\sum\limits_{i=0}^{exp}c_ip_ii=0∑exp​ci​pi​。我们设 pip_ipi​ 的生成函数为 P(x)P(x)P(x)，那么第 iii 次操作相当于将 P(x)P(x)P(x) 乘上 (pix+(1−pi)

这种序列相似的见过很多次，但一直不会做，今天终于知道一个套路了。记 sss 与 ttt 相似为 s∼ts\sim ts∼t。显然这个 “相似” 是有传递性的，即若 a∼ca\sim ca∼c 且 b∼cb\sim cb∼c，那么 a∼ba\sim ba∼b。前置知识/定义概率相关的定义定义 A‾\overline{A}A 表示事件 “事件 AAA 不发生”。定义 P(A)P(A)P(A) 表示事件 AAA 发生的概率。定义 P(A∣B)P(A|B)P(A∣B) 表示在事件 BBB 发生的前提下（

首先题目的要求肯定要转化。有多种转化方法，例如：（其中 sis_isi​ 代表以 iii 为根节点的子树大小）E(w(T))=E(∑i=1n∑j=1ndist⁡T(i,j))=E(∑i=2nsi(n−si))=E(∑i=2nnsi−si2)=n∑i=2nE(si)−∑i=2nE(si2)\begin{aligned}\Epsilon(w(T))=&\Epsilon\left(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\operatorname{dist}_T(i,j)\righ

让多项式完全入门、求导积分0基础的来做这个？？?赶紧看来一波高中选修2-2，才来硬推这道题。所以说有一些对于巨佬们来说很简单就能推出来的东西，我可能反而会用一些更加复杂的方法。题目可以看成是对于所有的 kkk 求出：lim⁡Δx→0(∏i=1n1aiΔx+1⏟加 1 是因为植树原理)⏟每种结果出现的概率(∑b1=0a1Δx∑b2=0a2Δx⋯∑bn=0anΔx⏟枚举每个 xi=biΔx(∑i=1nbiΔx)k)\lim_{\Delta x\rightarrow 0}

考虑 dp。发现正着 dp 好像不太好做，毕竟初值不太好设，而且时间一大于 ttt 费用就要加上 xxx，所以考虑倒着 dp。设 fu,jf_{u,j}fu,j​ 表示现在已经到达 uuu 点，耗时 jjj，问到达 nnn 点的最小期望费用。容易得到边界条件：fi,j=disi+x(j>t)f_{i,j}=dis_i+x(j>t)fi,j​=disi​+x(j>t)（其中 disidis_idisi​ 表示 iii 到 nnn 的最短路，可以用dijkstra 预处理），这个很好解释

很神奇的一道题目。首先先举一个例子，等会结合着讲：只有两个人猜，猜的串分别是 A=TTHA=\texttt{TTH}A=TTH，B=HTTB=\texttt{HTT}B=HTT。设所有人猜的序列为 s1,s2,⋯ ,sns_1,s_2,\cdots,s_ns1​,s2​,⋯,sn​。首先对于这种可能存在无限情况的题目，我们要学会归类：把所有可能的硬币序列（可能有无限种）分成两类：未终止状态和已终止状态。其中未终止状态表示：当前的硬币序列（设为 TTT）还没有胜者。即不存在任意一个 sis_isi​

一眼看到这题发现和【HNOI2013】游走很像，于是同样的设 dp 然后用高斯消元解：设 f(a,b)f(a,b)f(a,b) 表示 AAA 在 aaa 房间，BBB 在 bbb 房间的概率，degudeg_udegu​ 表示 uuu 的度数。容易得到状态转移方程：f(a,b)=PaPbf(a,b)+∑(u,a)(1−Pu)Pbf(u,b)degu+∑(v,b)Pa(1−Pv)f(a,v)degv+∑(u,a)∑(v,b)(1−Pu)(1−Pv)f(u,v)degudegv\begin{aligne

首先想到怎么求出每一条边 iii 在每次游走中被经过次数的期望 fif_ifi​，那么答案就可以贪心地取。（即让最大的 fif_ifi​ 权值设为 111，次大的设为 222，……，最小的设为 mmm）但是发现不好统计，或者时间无法承受。发现点数很小（n≤500n\leq 500n≤500），于是想到怎么通过点的期望值转移到边上。容易得到：如果设每一个点 uuu 在每次游走中被经过次数的期望 gug_ugu​，每个点的度数为 degudeg_udegu​，然后假设某一条边 iii 为 (u,v)(u,

先考虑一下如果我想赢得游戏，我会采取的最优策略是什么。首先，想赢得游戏就是要取到最后一个石子，每次抛硬币相当于给你一次机会，每次机会都有相同概率取到石子，显然，最优策略就是让我最后一次取石子的机会越多。如何让机会最多？当然是取最后一个石子时，我先抛硬币，这样我的机会就越多。也就是说，我不想取倒数第二个石子。因为如果是我取了倒数第二个石子的话，取最后一个石子时先抛硬币的就是对手了。那么就可以考虑 dp 了：设 dp(i,j=0/1,k=0/1)dp(i,j=0/1,k=0/1)dp(i,j=0/1,k=

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