对于一门古老东欧玄学的初步研究的简要报告

众所周知，概率是一个看起来简单实际上很有意思的东西。

jzyz4467绑鞋带

发现难以下手。假如说已经系了\(i\)次，再随便挑一个准备让他与别人系，那么还剩下\(2(n-i)-1\)个头，但是因为他不能与自己所在段的另一端系上，所以剩下\(2(n-i)-2\)个头可供选择。
需要注意的是，当系了\(n-1\)次时，最后一次必须系在同一段上，所以只需要计算

\[\prod_{i=1}^{n-2}\cfrac{2(n-i)-2}{2(n-i)-1} \]

一开始没有考虑清楚上面说的情况，一直乘到\(n-1\)导致过不去样例。这个故事告诉我们临界情况要考虑清楚。

jzyz5079汉堡

172的题面是有锅的。建议去更稳定的通道。
正难则反，考虑计算不会出现这种情况的概率。那么前\(n-2\)个小朋友必须两种各分了\((n-2)/2\)个。方案数是\(C_{n-2}^{(n-2)/2}\)。那么概率怎么算？每一种方案的概率是\((\cfrac{1}{2})^{n-2}\)，所以最终答案为\(1-C_{n-2}^{(n-2)/2}(\cfrac{1}{2})^{n-2}\)。
可以开始写了！写写写，然后T了。看来需要\(O(1)\)查询。那我预处理一个阶乘！写写写，然后wa了。哦原来是太大了溢出了。那我直接预处理递推得到减号后面那一坨。写写写，这下终于过了。这个故事告诉我们写之前一定要想清楚，不然会浪费很多时间。

jzyz1900NOIP普及组模拟赛8-4.神盾局特工

\(n\leq20\)，那不是状压吗。我设\(dp_{i,s}\)表示考虑了前\(i\)个人以后完成的任务状态为\(s\)的最大概率。转移是\(O(n^22^n)\)的，我再预处理一点东西，感觉复杂度大概率是到不了这个地步的。尝试写了一发，发现re了，然后注意到空间限制是32MB的。这下就很寄了。发现第一维是不需要的，把第一维扔了，仍然过不去。
后来我惊讶的注意到，我第一维枚举到那个人是非常蠢的。完全可以第一维枚举状态，从状态可以得知当前用了几个人，然后枚举状态中空缺的位置，让下一个人去更新填上当前空缺的状态，这样一来每个人都有机会尝试做每个任务，每个状态也会被充分的考虑到所有可能，是不重不漏的。
还是理解不够深刻。

jzyz4468超级购物

嗯，感觉这个比较直接。我先算一下每种购物情况出现的概率（一共有\(2^n\)种），然后在所有购物人数为\(r\)的情况中，看看都有谁购物了，给每个购物的人的答案加上这种情况出现的概率\(p\)。写一写，不过样例。哦，这是那个什么条件概率，我现在已经知道有\(r\)个人购物了，我需要在刚刚结果的基础上再除一个人数为\(r\)的情况出现的概率\(b\)。写一写，又不过样例。哦，我的\(b\)又算错了，在本题中每种情况出现的概率是不一样的，\(b\)应该累加每一种\(p\)才对。
看来我太不注意细节了。

jzyz4469（CF540D）Bad Luck Island

哈哈，这个不是\(O(n^3)\)DP直接做吗。于是有了这个：

点击查看代码

if(i && j){if(! k) dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k];else dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k] * 1.0 / 3.0;
}
if(j && k){if(! i) dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k];else dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k] * 1.0 / 3.0;
}
if(i && k){if(! j) dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k];else dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k] * 1.0 / 3.0;
}

怎么又过不去样例。想一想。哦我知道了，各族人数可能是不一样的，所以每种情况出现的概率不一定是$\cfrac{1}{3}$。 于是有了这个：

点击查看代码

int tt = i + j + k;
if(i && j){if(! k) dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k];else dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k] * 1.0 * i * j / (1.0 * tt * tt);
}
if(j && k){if(! i) dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k];else dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k] * 1.0 * k * j / (1.0 * tt * tt);
}
if(i && k){if(! j) dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k];else dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k] * 1.0 * i * k / (1.0 * tt * tt);
}

怎么还过不去样例。这还能有错吗。想了很久。哦哦，每次选出来的一定是两个不同族的，所以不能这么算。总共有$ij+ik+jk$种可能的搭配。应该是：

点击查看代码

int tt = i * j + j * k + i * k;
if(i && j){if(! k) dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k];else dp[i][j - 1][k] += dp[i][j][k] * 1.0 * i * j / (1.0 * tt);
}
if(j && k){if(! i) dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k];else dp[i][j][k - 1] += dp[i][j][k] * 1.0 * k * j / (1.0 * tt);
}
if(i && k){if(! j) dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k];else dp[i - 1][j][k] += dp[i][j][k] * 1.0 * i * k / (1.0 * tt);
}

这个故事告诉我们，一定要把题目中特殊的约束条件考虑清楚再写。

jzyz4472（CF148D）Bag of mice

又是DP。设\(dp_{i,j}\)表示有\(i\)个白球和\(j\)个黑球时先手赢的概率。然后我不会了。
事实上，有两个点：这样的题倒着推往往更好做；按一次操作来划分是困难的，应该按一轮操作来划分。
这是我之前不熟悉的。有了这个，我们得到以下：
这一轮先手抓到白球，直接赢了：\(dp_{i,j}\gets \cfrac{i}{i+j}\)。
这一轮先、后、逃分别为黑、黑、白：\(dp_{i,j}\gets \cfrac{j}{i+j}\times \cfrac{j-1}{i+j-1}\times \cfrac{i}{i+j-2}dp_{i-1,j-2}\)。
这一轮先、后、逃分别为黑、黑、黑，与上面类似就不写了。
其他状态先手就输了，故不讨论。
需要按照一些临界预处理一下\(dp_{i,0}\)和\(dp_{i,1}\)。我在写的时候wa了一发这样的：讨论抓到白球的时候我多乘了一个\(dp_{i-1,j}\)这是不对的，因为我们从头到尾都是按一整轮一整轮考虑的，先手抓到白球的话进行不了一争论就直接结束了。再回来考虑一下这样做的实质是什么。最后剩下的状态是好确定的，所以我们从少的往多的推。而一个状态，如果导向后面某个状态，这个状态的概率是计算好了的，我们直接拿他乘上导向该状态的概率并累加到当前状态就可以了。这也从另一个方面解释了我在上面提到的那个错误，直接抓到白球的话，就不会导向后面的状态了。
为什么想不出来，鉴定为练得少不熟悉套路导致的。

abc126cl Dice and Coin

很直接。注意一点小细节就可以了。

abc333fl Bomb Game 2

好题啊，根本没什么思路。后来看着qls画了一个状态图，也没完全搞懂。事实上可能是把他想的太过复杂了。总之我们设\(dp_{i,j}\)表示当前\(i\)个人的队列，最后第\(j\)个可以活下来的概率。如果\(j\)是第一个人，把他从第一个调到最后一个，他就变成了\(i\)个人中第\(i\)个，而调到最后一个的概率是一半，所以\(dp_{i,1}\gets \cfrac{1}{2}dp_{i,i}\)。如果\(j\)不是第一个人，那就z最前面那个人。要是那个人被踢了，他将变成\(i-1\)人中第\(j-1\)个；否则，他将变成\(i\)人中第\(j-1\)个。概率各占一半，所以\(dp_{i,j}\gets \cfrac{1}{2}(dp_{i-1,j-1}+dp_{i,j-1})\)。容易发现这个转移成了一个环。列个方程解一下然后重新表示一下就可以了。首先DP状态就没设计出来，然后也不知道怎么分类转移，太菜了。要多想。从简单的方面去想，别把问题复杂化。

发现没有点题。下次再点题。