CF probabilities
2000 ~ 2100
probilities - codeforces
不会写
随机生成长度为 n(n≤105)n\ (n \le 10^5)n (n≤105) 的 010101 串，定义串的分数是所有连续的 111 的长度平方和，比如 110011111001111100111 的分数是 22+322^2 + 3^222+32. 每个位置生成 111 的概率是 pip_ipi. 问最后字符串的分数的期望.
可以转化成等价的组合问题. 对于每两个 111，如果其中间没有 000 的话，对答案的贡献是 222. 对于每个单独的 111，对答案的贡献是 111. 证明很简单，就是对于一段长度为 mmm 的连续的 111，其分数是 2∗Cm2+m=m22 * C_{m}^{2} + m = m^22∗Cm2+m=m2. 然后就好算了，计算一下每个位置如果结尾是 111 的话对答案的贡献即可.
给两个长度为 n(n≤2×105)n\ (n \le 2 \times 10^5)n (n≤2×105) 的字符串，从两个字符串中分别取出长度相同的子串 x,yx,yx,y，定义 f(x,y)f(x, y)f(x,y) 的值为 [xi==yi][x_i == y_i][xi==yi] 的个数. 每个 (x,y)(x,y)(x,y) 都是等概率选取的. 求 f(x,y)f(x,y)f(x,y) 的期望.
可以转化为组合问题. 对每个字符进行统计，对于字符串 111 的某个字符 ccc，看在字符串 222 的哪些位置出现过. 设 ccc 在字符串 111 中出现的位置是 ididid，则包含 ccc 的字符串个数就是 id∗(n−id+1)id * (n - id + 1)id∗(n−id+1). 于是就和第二个字符串对比，看看 ccc 在字符串 222 出现的位置相对于 111 靠前还是靠后讨论即可.
不会写
给 n(n≤20)n\ (n \le 20)n (n≤20) 个城市，m(m≤104)m\ (m \le 10^4)m (m≤104) 个点，给出每个点到每个城市的距离，每秒钟随机占领一个之前未占领城市，从占领城市那一刻起，距离城市距离为1的点被打上标记，第二秒距离城市为 2 的点被打上标记. 问所有城市都被占领的时候，被打上标记的点的期望.
设 E(j)E(j)E(j) 为第 jjj 个点被占领的期望。则答案就是 ∑j=1mE(j)\sum\limits_{j=1}^{m}E(j)j=1∑mE(j). 那么显然 E(j)=P(j)E(j) = P(j)E(j)=P(j). P(j)P(j)P(j) 计算比较复杂需要容斥，但是 P(j)‾\overline{P(j)}P(j) 计算起来非常简单，我们只需要计算每个城市在多少秒之后占领后该点不会被覆盖，然后排个序。因为这些区间有规律，就是排完序之后，后面的区间一定覆盖前面的区间，因此直接累乘即可.
看了提示
给 nnn 个镜子，有一个人每天询问一个镜子，第 iii 个镜子会有 pip_ipi 的概率说美丽，1−pi1 - p_i1−pi 的概率说不美丽。如果说美丽，下一天就问第 i+1i + 1i+1 个镜子（如果 i=ni = ni=n 的时候就停止询问）. 如果说不美丽，下一天就重新从第 111 个镜子开始问. 问询问天数的期望.
其实就是在第 iii 个点，有 pip_ipi 的概率到第 i+1i + 1i+1 个点，有第 1−pi1 - p_i1−pi 的概率回到第 1 个点. 其实就是求从 111 号点到 nnn 号点的路径长度的期望.
那么
e1=1+p1⋅e2+(1−p1)⋅e1e2=1+p2⋅e3+(1−p2)⋅e1...en=1+pn⋅en+1+(1−pn)⋅e1e_1 = 1 + p_1 \cdot e_2 + (1-p_1)\cdot e_1 \\ e_2 = 1 + p_2 \cdot e_3 + (1-p_2)\cdot e_1 \\ ...\\ e_n = 1 + p_n \cdot e_{n+1} + (1-p_n)\cdot e_1 e1=1+p1⋅e2+(1−p1)⋅e1e2=1+p2⋅e3+(1−p2)⋅e1...en=1+pn⋅en+1+(1−pn)⋅e1
可以接出来
e1=1+p1+p1p2+...+p1p2...pn−1p1p2...pne_1 = \dfrac{1 + p_1 + p_1p_2 + ...+p_1p_2...p_{n-1}}{p_1p_2...p_n} e1=p1p2...pn1+p1+p1p2+...+p1p2...pn−1
交互题
给一个 1∼n(n≤1018)1 \sim n \ (n \le 10^{18})1∼n (n≤1018) 的数轴，有一个点在数轴上，每次可以询问一个区间 [l,r][l, r][l,r]，会回答这个点是否在这个区间之内。然后这个点随机移动不超过 k(k≤10)k \ (k \le 10)k (k≤10) 步，会移动到 min(1,x−k)∼max(n,x+k)\min(1, x - k) \sim \max(n, x + k)min(1,x−k)∼max(n,x+k) 之间. 现在问不超过 450045004500 次，求那个点在哪个位置.
数轴上从0出发到n，值为 1∼n−11 \sim n-11∼n−1 的点中均可以休息，也可以不休息。现在给定一个数组 a[ ]，a[i]表示走长度为i的距离的困难度（保证 a[i+1]>a[i]a[i+1]>a[i]a[i+1]>a[i]），设每种情况出现的可能性均相同，求所有可能性的期望困难度之和 p∗2n−1p*2^{n-1}p∗2n−1。
组合计数即可，就是枚举每个位置取到 a1a_1a1 有多少种情况，取到 a2a_2a2 有多少种情况等。累加答案即可.
有 n×m(1≤n,m≤105)n \times m \ (1 \le n, m \le 10^5)n×m (1≤n,m≤105) 大小的池塘，每个格子最多放一个鱼，总共放 k(k≤105)k\ (k \le 10^5)k (k≤105) 条鱼，现在给一张 r×rr \times rr×r 的网，网随机投放。问怎样放鱼，可以使网捞上来的鱼的数量的期望最大。
这个期望就等于每个位置被覆盖的期望之和，等于每个位置被覆盖的概率之和. 然后就找最大的 kkk 个位置就可以了. 其实非常简单，我想复杂了，根本不用复杂贪心，只需要把最中间的位置放在优先队列里面，然后一圈一圈往外扩就行。这个复杂度是可以保证的。因为先弹出来的点都是比较靠近中心的，他四周的点很可能已经被访问过了，所以能够进队的格点不会太多.
交互题
给 2n(2≤n≤6)2^n\ (2 \le n \le 6)2n (2≤n≤6) 个队伍，给出它们比赛的两两之间胜利的概率，每次比赛都可以赌哪支队伍获胜，使得获得的分数最多。有一个限制是选如果赌了一支队伍后后面每场比赛都要赌这支队伍。比赛总共进行 nnn 轮，每轮第 2i−12i - 12i−1 支和第 2i2i2i 支队伍比赛，第 mmm 场比赛 猜对了可以获得 2m−12^{m-1}2m−1 分.
这个题和 Football 很像，可以设 f(x,i)f(x, i)f(x,i) 为第 xxx 支队伍在第 iii 轮获胜的概率. 那么每一轮比赛，此队伍的对手都可以事先知道. 然后从后往前算一遍就行了. 后面获胜概率大的队伍必选.
有 mmm 副一样的扑克牌，每副扑克牌有 nnn 张不同的牌 (1≤n,m≤103)(1 \le n, m \le 10^3)(1≤n,m≤103). 现在把他们混合后随机抽出来 nnn 张，然后问有放回的随机抽两张，扑克牌相同的概率是多少.
这 nnn 张牌都是一样的。比如计算扑克牌 111，枚举抽取的 nnn 张牌中有多少张扑克牌 111.
最后答案就是 ∑i=1min(n,m)CmiCmn−mn−iCmnn(in)2\sum\limits_{i = 1}^{\min(n, m)} \dfrac{C_{m}^{i}C_{mn - m}^{n-i}}{C_{mn}^{n}} (\dfrac{i}{n})^2i=1∑min(n,m)CmnnCmiCmn−mn−i(ni)2
但是这个题有一个问题就是答案输出的不是取模，而是小数。中间结果会出现 106!10^6!106! 这么大的数字，浮点数存不下. 不过仍有一个办法，就是先取对数在求指数。至少在这个题，这么做的精度还是够的.
给 nnn 个歌曲，第 iii 个歌曲的长度为 lil_ili，小明喜欢的概率是 pip_ipi. 现在小明听歌，如果小明喜欢这首歌，就把它加入喜欢的列表中；否则，就从新把喜欢的歌听一遍再听下一首歌. 问怎样排序使得听歌时间的期望最大？求这个最大期望.
假设有 l1,p1l_1, p_1l1,p1 和 l2,p2l_2, p_2l2,p2，按照 (1−p2)l1p1(1-p_2)l_1p_1(1−p2)l1p1 降序排序即可. 然后第 iii 首个的贡献就是 li+(1−pi)∑j=1i−1lj∗pjl_i + (1-p_i) \sum\limits_{j=1}^{i-1}l_j*p_jli+(1−pi)j=1∑i−1lj∗pj.
2200 ~ 2300
probilities - codeforces
给一个 10×1010 \times 1010×10 的网格，一个人从下往上沿 SSS 型往上走，每次可以掷色子，即等概率的走 1∼61 \sim 61∼6 步. 有一些网格点有梯子，可以直接上去不需要掷色子。但是注意一个回合只能走一个梯子，不可以连续走梯子。另外一个限制就是当剩余的格子小于所置的色子的点数时，就原地不动.
概率 dpdpdp 裸题了，但是注意两个限制。由于不可以连续爬两个梯子，所以可以用 f(i,2)f(i, 2)f(i,2) 表示在 iii 号点是掷色子过来的还是爬梯子过来的。然后剩余格子不够的时候原地不动，设剩余 xxx 个，则
dpi=16∑j=1xdpj+6−x6dpi+1dp_i = \dfrac{1}{6}\sum\limits_{j=1}^{x} dp_j + \dfrac{6-x}{6} dp_i + 1 dpi=61j=1∑xdpj+66−xdpi+1
移项就解决循环依赖问题了.
看了提示
给 nnn 张照片，第 iii 张照片的权重是 wiw_iwi，每张照片的有属性 0/10/10/1. 000 表示这个人不喜欢此照片，111 表示这个人喜欢此照片。一个人有放回地随机抽取照片，第 iii 张照片抽到地概率是 wi∑j=1nwj\frac{w_i}{\sum_{j=1}^nw_j}∑j=1nwjwi. 若抽到喜欢的照片，把此照片权重+1，否则-1. 求抽取 mmm 次后每张照片的权重的期望. 1≤n,m,wi≤501 \le n, m, w_i \le 501≤n,m,wi≤50.
设 dp(w,i,j,k,t)dp(w, i, j, k, t)dp(w,i,j,k,t) 为权重为 www，类型为 ttt，操作了 iii 次，不喜欢照片权重的总和为 −j+S0-j + S0−j+S0，喜欢照片权重总和为 k+S1k + S1k+S1. 然后很容易列出来状态转移方程，就写完了.
看了提示
有 n(2≤5000)n \ (2 \le 5000)n (2≤5000) 张牌，第 iii 张牌上写 aia_iai，每次随机抽取一张牌 xxx 和上一张牌 yyy 比较，如果 x<yx < yx<y，游戏失败并结束；如果 x=yx = yx=y 游戏胜利并结束；如果 x>yx > yx>y，游戏继续；若没有牌则游戏失败. 问游戏胜利概率.
设 f(i,j)f(i, j)f(i,j) 为抽 iii 张牌，最后一张牌抽的是 jjj 的概率. 那么 f(i,j)=∑k=1j−1f(i−1,k)×szjn−i+1f(i, j) = \sum\limits_{k=1}^{j - 1}f(i-1, k) \times \dfrac{sz_j}{n - i + 1}f(i,j)=k=1∑j−1f(i−1,k)×n−i+1szj.
不会写
给一个长度为 n(n≤100)n\ (n\leq 100)n (n≤100) 的 0/10/10/1 串，进行 k(k≤109)k\ (k \leq 10^9)k (k≤109) 次操作，每次操作选择两个位置 i,j(1≤i<j≤n)i,j\ (1 \leq i < j \leq n)i,j (1≤i<j≤n)，交换 i,ji,ji,j 上的数，求 kkk 次操作后，该 0/10/10/1 串变成非降序列的概率，答案对 109+710^9+7109+7 取模。
设该序列有 curcurcur 个 000，设 dp(i,j)dp(i, j)dp(i,j) 为第 iii 次操作的时候，前 curcurcur 有 jjj 个 000 的方案数，很容易写出递推方程
dp(i,j)+=dp(i−1,j−1)∗(cur−(j−1))2dp(i,j)+=dp(i−1,j)∗(Ccur2+Cn−cur2+j∗(cur−j)+(cur−j)∗(n+j−2∗cur))dp(i,j)+=dp(i−1,j+1)∗(j+1)∗(n+(j+1)−2∗cur)dp(i , j) += dp(i - 1, j - 1) * (cur - (j - 1))^2 \\ dp(i, j) += dp(i - 1, j)* (C_{cur}^{2} + C_{n-cur}^{2} + j * (cur - j) + (cur - j) * (n + j - 2 * cur)) \\ dp(i, j) += dp(i - 1, j + 1) * (j + 1) * (n + (j + 1) - 2 * cur) dp(i,j)+=dp(i−1,j−1)∗(cur−(j−1))2dp(i,j)+=dp(i−1,j)∗(Ccur2+Cn−cur2+j∗(cur−j)+(cur−j)∗(n+j−2∗cur))dp(i,j)+=dp(i−1,j+1)∗(j+1)∗(n+(j+1)−2∗cur)
有了线性递推式子后，用一个快速幂转移即可。注意下标是从 0 开始的，因为 dp(i,0)dp(i, 0)dp(i,0) 是有意义的.
不会写
给一个数列，每次随机选一个 111 到 mmm 之间的数加在数列末尾，数列中所有数的 gcd=1\gcd=1gcd=1 时停止，求期望长度。m≤105m \le 10^5m≤105
设 dp(x)dp(x)dp(x) 为现在手里的序列的最大公约数是 xxx，后面可以接数字个数的期望，则
dp(x)=1+∑i=1mgcd(i,x)m=1+∑d∣x∑i=1m/d[gcd(i,x/d)=1].dp(x) = 1 + \sum\limits_{i=1}^{m} \dfrac{\gcd(i, x)}{m} \\ = 1 + \sum_{d|x}\sum\limits_{i=1}^{m/d}[\gcd(i, x / d) = 1]. dp(x)=1+i=1∑mmgcd(i,x)=1+d∣x∑i=1∑m/d[gcd(i,x/d)=1].
于是这个就枚举一下 xxx 的因数，然后将 x / d 分解质因数，容斥原理弄一下就出来了.
不会写
给定 n,kn,kn,k，一共会进行 kkk 次操作，每次操作会把 nnn 等概率的变成 nnn 的某个约数。求操作 kkk 次后 nnn 的期望是多少，答案对 109+710^9+7109+7 取模。1≤n≤1015,1≤k≤1041 \le n \le 10^{15}, 1 \le k \le 10^41≤n≤1015,1≤k≤104
如果该数字是 pαp^\alphapα 这种形式，那么就可以令 dp(i,j)dp(i, j)dp(i,j) 为操作了 iii 次后，次数为 jjj 的期望. 可以证明 E(n)E(n)E(n) 是一个积性函数，就可以先把 nnn 分解质因数，然后把各自的答案乘起来就好了.
看了提示
给你一个长为 nnn 的排列，若某一位为 −1−1−1, 则这一位是不确定的。每种可能的排列出现的概率相等。求期望逆序对数对 998244353998244353998244353 取模的结果。
首先考虑如果全是 −1-1−1 的话怎么求。考虑每个 (i,j)(i, j)(i,j) 的贡献，是 12\dfrac{1}{2}21. 那么总的期望就是所有的 pair 的期望之和。所以就是 n(n−1)4\dfrac{n(n-1)}{4}4n(n−1).
那么可以把这个分为三部分，已知数字与已知数字之间的逆序对，已知数字和未知数字之间的逆序对，未知数字和未知数字之间的逆序对。情况一和情况三都好求。
至于情况二，计算每个已知数字后面填比它小的数字概率，前面填比它大的数字概率，把这些情况加起来就行了.
看了提示
一个 nnn 行 mmm 列的矩阵,每个位置有权值 ai,ja_{i,j}ai,j. 给定一个出发点, 每次可以等概率的移动到一个权值小于当前点权值的点, 同时得分加上两个点之间欧几里得距离的平方 ( 欧几里得距离: (x1−x2)2+(y1−y2)2\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}(x1−x2)2+(y1−y2)2 ), 问得分的期望.
可以 xxx 轴和 yyy 轴分开看. 把所有的数字放在一个数组里面，然后排序，∑j=1id(xj−xi)2=∑j=1idxj2+2xi∑j=1idxj+id∗(xi)2\sum\limits_{j = 1}^{id}(x_j - x_i)^2 = \sum\limits_{j=1}^{id}x_j^2 + 2x_i\sum\limits_{j=1}^{id}x_j + id * (x_i)^2j=1∑id(xj−xi)2=j=1∑idxj2+2xij=1∑idxj+id∗(xi)2. 然后把这三个部分分别计算就可以了，打一个一次方前缀和和二次方前缀和就可以了.
看了提示
给三个数字 k,pa,pb(1≤k≤1000,1≤pa,pb≤106)k, pa, pb\ (1 \le k \le 1000, 1 \le p_a, p_b \le 10^6)k,pa,pb (1≤k≤1000,1≤pa,pb≤106)，生成一个序列，一开始为空，每次有 papa+pb\dfrac{p_a}{p_a + p_b}pa+pbpa 的概率往后面填一个 a，pbpa+pb\dfrac{p_b}{p_a + p_b}pa+pbpb 的概率往后面填一个 b. 当出现了至少 kkk 个形如 ababab 的子序列（不用连续）时停止。求最后 ababab 序列数量的期望数。
很容易想到一个设计状态，就是 dp(i,j)dp(i, j)dp(i,j) 表示前面有 iii 个 aaa，已经有了 jjj 个 ababab，那么有
dp(i,j)=papa+pbdp(i+1,j)+pbpa+pbdp(i,j+i)dp(i, j) = \dfrac{p_a}{p_a + p_b}dp(i + 1, j) + \dfrac{p_b}{p_a + p_b}dp(i, j + i) dp(i,j)=pa+pbpadp(i+1,j)+pa+pbpbdp(i,j+i)
当然需要解决两个问题，一个就是 iii 一直增大， 这个东西会收敛，其实就是当 i+j≥ki + j \ge ki+j≥k 的时候，再加一个 bbb 就会解决掉，其实就是 dp(i,j)=pbpa+pb∑x=0∞(i+j+x)(papa+pb)xdp(i, j) = \dfrac{p_b}{p_a + p_b}\sum\limits_{x=0}^{\infty}(i+j+x)(\dfrac{p_a}{p_a + p_b})^xdp(i,j)=pa+pbpbx=0∑∞(i+j+x)(pa+pbpa)x. 这个用错位相减就可以接出来通项公式，即 dp(i+j)=i+j+papbdp(i + j) = i + j + \dfrac{p_a}{p_b}dp(i+j)=i+j+pbpa.
第二个就是当前面没有 aaa 一直加 bbb 情况。dp(0,0)=papa+pbdp(1,0)+pbpa+pbdp(0,0)dp(0, 0) = \dfrac{p_a}{p_a + pb}dp(1, 0) + \dfrac{p_b}{p_a + p_b}dp(0, 0)dp(0,0)=pa+pbpadp(1,0)+pa+pbpbdp(0,0). 移项就可以解决循环依赖问题。
最后答案就是 dp(0,0)dp(0, 0)dp(0,0).
给一个长度为 n(2≤n≤105)n\ (2 \le n \le 10^5)n (2≤n≤105) 的序列，有 q(q≤105)q\ (q \le 10^5)q (q≤105) 个操作：
- 给两个不相交的区间 [l1,r1],[l2,r2][l_1, r_1], [l_2, r_2][l1,r1],[l2,r2]，分别从两个区间中随机选择一个数字交换
- 问 [l,r][l, r][l,r] 的区间和的期望是多少
操作两个区间，相当于每个数字乘 r−lr−l+1\dfrac{r - l}{r - l + 1}r−l+1r−l，然后加上另一个区间的均值乘 1r−l+1\dfrac{1}{r - l + 1}r−l+11. 用一个线段树，实现区间加或乘同一个数就好.
有 www 箱酒，fff 箱食物。现在要把这些箱子摞成相邻的若干堆，要求每一堆都必须是同类型的箱子，且相邻堆类型不同。堆的高度定义为所有的箱子数。问所有用酒箱子做成的堆高度都大于 hhh 的概率。每种合法安排方式都是等概率发生. w,f,h≤105w, f, h \le 10^5w,f,h≤105
一个人要取 nnn 种物品，一天只能等概率地取一件物品，但不能确定取到的是哪种物品，求每种物品都至少取一种的概率不小于 (p/2000)(p/2000)(p/2000) 的天数.
求一年有 2n2^n2n 天，kkk 个人出现两人生日相同的可能性是多少。
你是一位骑士，与其他n-1个骑士同时爱上了LKJ，所以你们不得不通过决斗的方式来选出谁能最终得到LKJ。
幸运的是你知道任意骑士i击败骑士j的概率，你还被推选为组织委员。决斗一开始你需要任意选择两名骑士（包括自己）进行决斗，胜利方继续和你另外选择的一名骑士决斗，直到仅剩一人，最终的胜利者将得到LKJ。
你非常渴望取得胜利，想知道自己得到LKJ的最大概率是多少，注意你是1号。
第一行一个正整数 nnn，表示一共有 nnn 名骑士。
接下来是一个 n∗nn * nn∗n 的实数矩阵，AijA_{ij}Aij. 表示 iii 战胜 jjj 的概率。保证 AiiA_{ii}Aii 为 0，且 Aij+Aji=1A_{ij}+A_{ji}=1Aij+Aji=1
mmm 个人参加 nnn 项比赛。每场比赛有一个分值，在 [1,m][1,m][1,m] 之间，且同一场比赛每个人的得分两两不同。总分为每场比赛得分之和。有一个人，给出他每场比赛的得分 cic_ici. 求这个人总分排名（第几小）的期望值。排名的定义为 1+k1+k1+k， kkk 表示总分严格比他低的人数. n≤100n \leq 100n≤100，m≤103m \leq 10^3m≤103
有 nnn 课树并排排列，每棵树高hh。每次从剩余的树中选最左边的或最右边的（概率相等为0.5），砍掉一棵树，树倒向左边的概率为 ppp，倒向右边的概率为 1−p1−p1−p。如果树和相邻树的距离小于 hhh，树倒时会把相邻的树撞倒，倒的方向和撞到它的树一致。问，砍完所有树，树干覆盖的草地长度的期望值。
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