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hdu4921 Map

给最多10条链,每条链长度最大1000,链上每点有权值,每条链上按顺序,第i个点属于level[i],

链上后一个点可以选的前提是前面的点都选了。

选择了一些点可以得到的分数是两部分加起来:1、全部点权和 2、leveli的点共有yi个,若你选择了xi个,则得分:你选择的该层点权和*xi/yi

问所有可能的取值组合的分数期望。


题意太纠结了,读的好心塞,感觉思考能力都下降了。


因为题目是求期望,所以我们需要得到,1、总方案数,2、所有取法的得分和。

对于1,就是(每条链上点数+1)相乘-1就是了

对于问题2,

其中主要要解决得分规则2,由于总共最多10条链,对于每一个level i ,我们可以想到用二进制记录第i层状态,枚举第i层的取法,

这样我们的问题就变成了,我们要求每一种取法的得分数,以及在总方案数中,这种取法占了多少种。

这样还是比较好算的,假如第i层,有第1 3 4 6条链上可以取,你取了1 3上的第i个数,则第4 6条链最多取到第i-1个数,假设第1 3 4 6条链上总共分别有5 6 3 4个点,

那么取1 3的全部方案数就是   (5-1)×(6-3)×min(3,i)×min(4,i) 种,因为1 3链上必须取到第i个数,第i个后面的可选,而第4 6条链只能选前i-1个数,那么这样乘起来就是总方案数。

现在主要问题都解决了,我们就可以累加得分算出总得分,进而求期望了。

题目的wa点有:点从0开始记数,总方案数用int会爆,直接double就可以了。



#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=10010;

int vis[maxn],son[maxn],len[15],val[maxn],level[maxn],mk[maxn],list[15][1005];

double cal(int a,int b)//a表示枚举到第alevel b的二进制位表示levela层可能取哪些链
{
    double n=1,sum=0;
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=10;i++,b>>=1)
    {
        if(b&1)
        {
            cnt++;
            n*=(len[i]-a);
            sum+=list[i][a];
        }
        else
            n*=(min(len[i],a)+1);
    }
    return sum*((cnt>1?cnt:0)+level[a])/level[a]*n;
}

int main()
{
    int icy,m,i,n,k,j,a,b;
    scanf("%d",&icy);
    while(icy--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(i=0;i<n;i++)//注意点是从0开始编号的!!!
            scanf("%lld",&val[i]);
        memset(son,-1,sizeof son);
        memset(vis,0,sizeof vis);
        while(m--)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            son[a]=b;
            vis[b]=1;
        }
        //建图记录以下:
        int l=1;//求链的总数
        memset(mk,0,sizeof mk);//每个level出现在哪些链中
        memset(level,0,sizeof level);//level[i]的点数 //level总数:第一个level[k]==0的k
        memset(list,0,sizeof list);//list[i][j]第i条链的第j位置的值
        memset(len,0,sizeof len);//每条链的长度
        double tot=1;//分母
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            if(!vis[i])
            {
                vis[i]=1;
                for(k=0,j=i;j!=-1;j=son[j],k++)
                {
                    list[l][k]=val[j];
                    level[k]++;
                    mk[k]+=(1<<(l-1));
                }
                len[l]=k;
                tot*=(k+1);
                l++;
            }
        }
        tot-=1;//分母

        double sum=0;
        for(i=0;level[i];i++)//枚举每一层level
            for(j=mk[i];j>0;j=(j-1)&mk[i])//枚举这一层取哪几条链上的所有可能
                    sum+=cal(i,j);
        printf("%.3lf\n",sum/tot);
    }
    return 0;
}