[Codeforces] probabilities (R1600) Part.1

题单:https://codeforces.com/problemset?tags=probabilities,0-1600

9A. Die Roll

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/9/A

题意

三个人丢写着数字$1\sim 6$的六面骰子,其中前两人得到的数字分别为$a,b(1\le a,b\le b)$.若第三个人得到的数字不小于另外两个人得到的数字,则他胜.求他胜的概率,输出既约分数的形式.

思路

显然 a n s = 6 − max ⁡ { a , b } + 1 6 ans=\dfrac{6-\max\{a,b\}+1}{6} ans=66−max{a,b}+1​.

代码

void solve() {
	int a, b; cin >> a >> b;
	
	int up = 6 - max(a, b) + 1, down = 6;
	int g = gcd(up, down);
	up /= g, down /= g;
	cout << up << '/' << down;
}

int main() {
	solve();
}

107B. Basketball Team

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/107/B

题意

小明是包含$n$个队员的队伍中的一员.队员来自不同专业.有编号$1\sim m$的$m$个专业,其中人数分别为$s_1,\cdots ,s_n$,小明来自专业$h(1\le h\le m)$.求小明至少有一个同专业的队友的概率,误差不超过$1\mathrm{e}-6$.若组成队伍的人数不足,输出$-1$.

第一行输入三个整数$n,m,h(1\le n\le 100,1\le m\le 1000,1\le h\le m)$.第二行输入$m$个整数$s_1,\cdots ,s_n(1\le s_i\le 100)$,其中$s_h$包含小明.

思路

$1$减不含队友的概率即可.

代码

void solve() {
	int n, m, h; cin >> n >> m >> h;
	vi s(m);
	for (int i = 0; i < m; i++) cin >> s[i];
	
	n--, s[--h]--;  // 除掉小明
	int sum = 0;
	for (int i = 0; i < m; i++) sum += s[i];

	if (sum < n) {
		cout << -1;
		return;
	}

	double ans = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) ans *= 1 - (double)s[h] / (sum--);
	cout << fixed << setprecision(12) << 1 - ans << endl;
}

int main() {
	solve();
}

312B. Archer

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/312/B

题意 ($2\mathrm{s}$)

A和B打枪,A先手,他们射中的概率分别为$\frac{a}{b}$和$\frac{c}{d}$.第一个射中者胜.求A获胜的概率,误差不超过$1\mathrm{e}6$.

第一行输入四个整数$a,b,c,d\left(1\le a,b,c,d\le 1000,0<\frac{a}{b},\frac{c}{d}<1\right)$.

思路

两人各打一次为一轮,则一轮中两人都没射中的概率为$q=\left(1-\frac{a}{b}\right)\left(1-\frac{c}{d}\right)$.设A获胜前经过了$n$轮,则$ans=p\sum _{i=0}^{n-1}{q}^i$.令$n\to \infty$得$ans=\frac{p}{1-q}$.

代码

void solve() {
	int a, b, c, d; cin >> a >> b >> c >> d;
	double p = (double)a / b, q = (1 - (double)c / d) * (1 - (double)a / b);
	cout << fixed << setprecision(12) << p / (1 - q);
}

int main() {
	solve();
}

345A. Expecting Trouble

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/345/A

题意 $(2\mathrm{s})$

给定一个$0-1$序列,其中$0$表示好日子,$1$表示坏日子,$?$表示有$p$的概率为坏日子,有$(1-p)$的概率为好日子.求坏日子的期望天数.

思路

直接计算即可.

本题是节日题,要求用Ada语言实现.

代码

with Ada.Text_IO; use Ada.Text_IO;
with Ada.Float_Text_IO; use Ada.Float_Text_IO;
 
procedure a is
	str: string(1..100);
	l: natural;
	x, p: float;
	
begin
	get_line(str, l);
	get(p); 
	x := 0.0;
 
	for i in 1..l loop
		if str(i) = '1' then x := x + 1.0;
		elsif str(i) = '?' then x := x + p;
		end if;	
	end loop;
	x := x / float(l);
	
	put(x, 0, 5, 0);
end;

453A. Little Pony and Expected Maximum

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/453/A

题意

给定一个$m(1\le m\le 1\mathrm{e}5)$个面的骰子,其中每个面上写有数字$1\sim m$.求投掷$n(1\le n\le 1\mathrm{e}5)$次后能得到的最大值的期望.

思路

即给定$n$个取值范围为$[1,m]\bigcap \mathbb{Z}$的随机变量$X_1,\cdots ,X_n$,求 max ⁡ { X 1 , ⋯   , X n } \max\{X_1,\cdots,X_n\} max{X1​,⋯,Xn​}的期望.

由离散随机变量的前缀和性:$P(X=k)=P(X\le k)-P(X\le k-1)$.

$E(X)=\sum _{i=1}^{m}i\cdot P(X=i)=\sum _{i=1}^{m}i\cdot [P(X\le i)-P(X\le i-1)]=\sum _{i=1}^{m}i\cdot \left[{\left(\frac{i}{m}\right)}^n-{\left(\frac{i-1}{m}\right)}^n\right]$.

代码

void solve() {
	int m, n; cin >> m >> n;

	double ans = 0;
	for (int i = 1; 4i <= m; i++)
		ans += i * (pow((double)i / m, n) - pow((double)(i - 1) / m, n));
	cout << fixed << setprecision(8) << ans;
}

int main() {
	solve();
}

476B. Dreamoon and WiFi

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/476/B

题意

某人在数轴上移动,初始时在原点.给定一个只包含字符’+‘和’-‘的字符串$s_1$,其中’+‘表示向右移动一个单位,’-‘表示向左移动一个单位.给定一个与$s_1$等长的、只包含字符’+‘、’-‘和’?‘的字符串$s_2$,其中’?‘等概率地取’+‘或’-'.分别进行操作$s_1$和操作$s_2$,求最后停在同一位置的概率,误差不超过$1\mathrm{e}-9$.

第一行输入一个只包含字符’+‘和’-‘的字符串$s_1$.第二行输入一个与$s_1$等长的、只包含字符’+‘、’-‘和’?'的字符串$s_2$.数据保证两字符串的长度都不超过$10$.

思路I

显然操作$s_1$后停在的位置$target$可求得.

显然$s_2$中’?‘的位置不影响概率,可先求出只操作$s_2$中确定的字符后停在的位置$last$,并统计$s_2$中’?'的个数$unknown$.

考察两终点的距离(相差的$+1$数)$dis=target-last$.

①$dis$与$unknown$奇偶性不同或$unknown<abs(dis)$时无解,概率为$0$.

②设从$last$走到$target$所需的步数为$need$,则$need-(unknown-need)=|dis|$,解得$need=\lfloor \frac{unknown+|dis|}{2}\rfloor$.

​ $ans=\frac{C_{unknown}^{need}}{2^{unknown}}$.

代码I

void solve() {
	string s1, s2; cin >> s1 >> s2;

	int target = 0;  // s1序列的终点
	for (int i = 0; i < s1.length(); i++)
		target += s1[i] == '+' ? 1 : -1;

	int last = 0;  // s2已知序列的终点
	int unknown = 0;  // s2中的?数
	for (int i = 0; i < s2.length(); i++) {
		if (s2[i] == '?') unknown++;
		else last += s2[i] == '+' ? 1 : -1;
	}
	
	int dis = target - last;  // 两终点相差的+1数
	if ((dis + unknown & 1) || unknown < abs(dis)) {
		cout << 0;
		return;
	}

	int need = unknown + abs(dis) >> 1;  // 到达终点所需的步数
	int ans = 1;
	for (int i = 0; i < need; i++) ans *= unknown - i;
	for (int i = 2; i <= need; i++) ans /= i;
	cout << fixed << setprecision(18) << (double)ans / (1 << unknown);
}

int main() {
	solve();
}

思路II

因’?‘的个数至多有$10$个,可枚举每个’?'取何值.

思路III

$dp[i][j]$表示走到第$i$个问号时坐标为$j$的概率.

状态转移方程$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]\ast 0.5+dp[i-1][j+1]\ast 0.5$.

因坐标可能为负,第二维加一个$BASE=10$的偏移值即可.

代码III

const int MAXN = 25;  // 两倍空间
const int BASE = 10;  // 偏移量
string s1, s2;
double dp[MAXN][MAXN];  // dp[i][j]表示走到第i个问号时坐标为j的概率

void solve() {
	cin >> s1 >> s2;
	
	int pos1 = 0, pos2 = 0, cnt = 0;
	for (int i = 0; i < s1.length(); i++) {
		pos1 += s1[i] == '+' ? 1 : -1;

		if (s2[i] == '?') cnt++;
		else pos2 += s2[i] == '+' ? 1 : -1;
	}

	dp[0][pos2 + BASE] = 1;
	for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
		for (int j = -10; j <= 10; j++)  // 枚举下标
			dp[i][j + BASE] = dp[i - 1][j - 1 + BASE] * 0.5 + dp[i - 1][j + 1 + BASE] * 0.5;
	}
	cout << fixed << setprecision(18) << dp[cnt][pos1 + BASE];
}

int main() {
	solve();
}

839C. Journey

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/839/C

题意 $(2\mathrm{s})$

给定一棵包含编号$1\sim n$的$n$个节点的、边长都为$1$的树.某人从节点$1$出发,每次等概率地选择一个与当前节点相邻的且之前未经过的节点,行走到该节点,若不存在这样的节点,则结束.求经过的路径长度的期望,误差不超过$1\mathrm{e}-6$.

第一行输入一个整数$n(1\le n\le 1\mathrm{e}5)$.接下来$(n-1)$行每行输入两个整数$u,v(1\le u,v\le n,u\le v)$,表示节点$u$与节点$v$间存在边.数据保证给定边构成一棵树.

思路

设以节点$u$为起点的的答案为$dp[u]$.显然$dp[u]=\sum _{v\in so{n}_u}dp[v]+1$.每个节点对期望的贡献为路径长度之和除以路径数.

代码

const int MAXN = 2e5 + 5;
int n;
vi edges[MAXN];

double dfs(int u, int fa) {  // 当前节点、前驱节点
	double res = 0;
	for (auto v : edges[u]) {
		if (v == fa) continue;

		res += dfs(v, u) + 1;
	}
	return sgn(res) < eps ? 0 : res / (edges[u].size() - (fa != -1));
}

void solve() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; cin >> u >> v;
		edges[u].push_back(v), edges[v].push_back(u);
	}
	cout << fixed << setprecision(12) << dfs(1, -1);
}

int main() {
	solve();
}

930B. Game with String

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/930/B

题意 $(2\mathrm{s})$

给定一个长度为$len$的字符串$s$.现有操作:选一个整数$k\in [0,len-1]$,将$s$循环左移$k$位,即变为$t=s_{k+1}\cdots s_n{s}_1\cdots s_k$.初始时给定$t$的首字符,你可询问$t$串的某位置的另一字符,问能唯一确定$k$的概率,误差不超过$1\mathrm{e}-6$.注意可能能确定但非一定能唯一确定视为不能确定.

第一行输入一个长度不超过$5000$的、只包含小写英文字母的字符串.

思路

设与字符$c{h}_1$相距$len$的字符为$c{h}_2$.考察三元组$(c{h}_1,len,c{h}_2)$,则当且仅当这样的三元组在串中恰出现一次才能唯一确定$k$.

循环移位相当于将$s$倍增.$cnt[c{h}_1][len][c{h}_2]$表示字符$c{h}_1$相距$len$的字符为$c{h}_2$的出现次数.枚举每个下标作为首字符,预处理出所有的$cnt[][][]$,统计$cnt[][][]=1$的个数即可.

代码

const int MAXN = 5005, MAXM = 26;
int n;
string s;
int cnt[MAXM][MAXN][MAXM];  // cnt[ch1][len][ch2]表示与字符ch1相距len的字符为ch2的出现次数

void solve() {
	cin >> s;
	n = s.length();

	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = 0; j < n; j++) {
			if (i == j) continue;

			int len = j - i;
			if (len < 0) len += n;
			cnt[s[i] - 'a'][len][s[j] - 'a']++;
		}
	}

	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < 26; i++) {  // 枚举字符
		int res = 0;
		for (int j = 1; j < n; j++) {  // 枚举长度
			int tot = 0;  // cnt[][][]为1的个数
			for (int k = 0; k < 26; k++) tot += cnt[i][j][k] == 1;
			res = max(res, tot);
		}
		ans += res;
	}
	cout << fixed << setprecision(12) << (double)ans / n;
}

int main() {
	solve();
}

1459A. Red-Blue Shuffle

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/1459/A

题意 $(2\mathrm{s})$

有编号$1\sim n$的$n$张卡片,每张卡片上分别有一个红色数码$r_1,\cdots ,r_n$和蓝色数码$b_1,\cdots ,b_n$.现将所有卡片排序,等概率地对应一个$1\sim n$的全排列,后依次读出每张卡片上的红色数码得到数字$R$,依次读出每张卡片上的蓝色数码得到数字$B$.若$R>B$则红色胜出;若$R<B$则蓝色胜出;否则平局.若红色胜出的概率严格大,输出"RED";若蓝色胜出的概率严格大,输出"BLUE";否则输出"EQUAL".

有$t(1\le t\le 100)$组测试数据.每组测试数据第一行输入一个整数$n(1\le n\le 1000)$.第二行输入$n$个数码$r_1,\cdots ,r_n$.第三行输入$n$个数码$b_1,\cdots ,b_n$.

思路

对每个下标$i\in [1,n]$:

(1)若$r_i=b_i$,显然该数码对双方获胜的概率无影响.

(2)若$r_i\ne b_i$,更新$s[i]>t[i]$和$s[i]<t[i]$的下标的个数$cnt1$和$cnt2$.

​ ①若最终$cnt1>cnt2$,则红色胜出的概率严格大.

​ ②若最终$cnt1<cnt2$,则蓝色胜出的概率严格大.

​ ③若最终$cnt1=cnt2$,则两颜色胜出的概率相等.

代码

void solve() {
	int n; cin >> n;
	string s, t; cin >> s >> t;

	int cnt1 = 0, cnt2 = 0;  // s[i]>和<t[i]的个数
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (s[i] != t[i]) {
			if (s[i] > t[i]) cnt1++;
			else cnt2++;
		}
	}

	if (cnt1 == cnt2) cout << "EQUAL" << endl;
	else cout << (cnt1 > cnt2 ? "RED" : "BLUE") << endl;
}

int main() {
	CaseT  // 单测时注释掉该行
	solve();
}

1461C. Random Events

原题指路:https://codeforces.com/problemset/problem/1461/C

题意 $(2\mathrm{s})$

给定一个$1\sim n$的排列$a_1,\cdots ,a_n$.现有$m$个操作,每个操作记作$(r,p)$,表示有$p$的概率将$a[\mathrm{1...}r]$升序排列.依次做$m$个操作,求最后将序列升序排列的概率,误差不超过$1\mathrm{e}-6$.

有$t(1\le t\le 100)$组测试数据.每组测试数据第一行输入两个整数$n,m(1\le n,m\le 1\mathrm{e}5)$.第二行输入一个$1\sim n$的排列$a_1,\cdots ,a_n$.接下来$m$行每行输入一个整数$r(1\le r\le n)$和一个实数$p(0\le p\le 1)$,表示一个操作.数据保证所有测试数据的$n$之和、$m$之和都不超过$1\mathrm{e}5$.

思路

记最大的$s.t.a_i!=i$的下标$i$为$pos$.显然答案与$r<pos$的操作无关,则只需考察$r\ge pos$的操作,将它们排序失败的概率$(1-p)$相乘后,用$1$减去该概率即可.

代码

void solve() {
	int n, m; cin >> n >> m;
	vi a(n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

	int pos = n;
	while (pos >= 1 && a[pos] == pos) pos--;

	double ans = pos ? 1 : 0;
	while (m--) {
		int r; double p; cin >> r >> p;
		if (r >= pos) ans *= 1 - p;
	}
	cout << fixed << setprecision(12) << 1 - ans << endl;
}

int main() {
	CaseT  // 单测时注释掉该行
	solve();
}