数学 题解《ACM国际大学生程序设计竞赛题目与解读》

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红书《题目与解读》第一章 数学 题解《ACM国际大学生程序设计竞赛题目与解读》

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目录

第一章 数学

1.1 概率

Problem A.Coupons (几何概型,概率)

UVA 10288

Problem

一共有 n n n 种不同的优惠券,每次得到一个优惠券的概率相同,问期望多少次得到所有 n n n 种优惠券,以带分数的形式输出。

Solution

方法一:

f [ i ] f[i] f[i] 表示已经买到 i i i 个优惠券的期望购买次数。

考虑最后一次购买,若买到的是一个新优惠券,则:

f [ i ] + = ( f [ i − 1 ] + 1 ) × n − ( i − 1 ) n f[i] += (f[i-1]+1)\\times \\cfracn-(i-1)n f[i]+=(f[i1]+1)×nn(i1)

若买到的是一个已经买过但不是第 i i i 个买的优惠券,则:

f [ i ] + = ( f [ i ] + 1 ) × i − 1 n f[i]+=(f[i]+1)\\times \\fraci-1n f[i]+=(f[i]+1)×ni1

整理得:

f [ i ] = f [ i − 1 ] + n n − i + 1 f[i]=f[i-1]+\\fracnn-i+1 f[i]=f[i1]+ni+1n

即:

a n s = ∑ i = 1 n n n − i + 1 = ∑ i = 1 n n i ans = \\sum_i = 1^n\\cfracnn-i+1=\\sum_i=1^n\\cfracni ans=i=1nni+1n=i=1nin

显然最后的答案就是调和级数前缀和。

若数据较大的话可以 O ( 1 ) O(1) O(1) 计算调和级数前缀和:

调和级数 ∑ i = 1 ∞ 1 n \\displaystyle\\sum_i = 1^∞\\cfrac1n i=1n1 的极限为 ln ⁡ n + C \\ln n+C lnn+C,其中 C = 0.57721566490153286060651209 C=0.57721566490153286060651209 C=0.57721566490153286060651209 是欧拉常数

方法二:

红书上的题解

当前已有 k k k 种,显然得到新优惠券的概率为 n − k n \\cfrac n-k n nnk,显然是几何概型,所以期望是 n n − k \\cfrac nn-k nkn,所以答案就是 n n + n n − 1 + ⋯ + n 1 = n × ∑ i = 1 n 1 i \\displaystyle \\cfrac n n+ \\cfrac nn-1+\\cdots+\\cfracn1=n\\times \\sum\\limits_i=1^n\\cfrac 1 i nn+n1n++1n=n×i=1ni1

Hint

数据较大,注意约分,除掉 gcd ⁡ \\gcd gcd

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
//#define ll __int128;
typedef long long ll;
const int N = 107;

int n, m;
int up[N], down[N]; 

ll lcm(int a, int b)

	return a / __gcd(a, b) * b;


int get_len(int x)
 
	int len = 0;
	while(x) 
		x /= 10;
		len ++ ;
	
	return len;


void solve()

	ll LCM = 1;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) 
		up[i] = n;
		down[i] = i;
		LCM = lcm(LCM, i);
		
	ll sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) 
		sum += n * (LCM / i);
	
	ll d = __gcd(sum, LCM);
	sum /= d;
	LCM /= d;
	if(LCM == 1) 
		cout << sum << endl;
		return ;
	
	ll mo = sum % LCM;
	ll l = sum / LCM;
	for(int i = 1; i <= get_len(l) + 1; ++ i) cout << " ";
	cout << mo << endl;
	cout << l << " ";
	for(int i = 1; i <= get_len(LCM); ++ i) cout << "-";
	puts("");
	for(int i = 1; i <= get_len(l) + 1; ++ i) cout << " ";
	cout << LCM << endl;


signed main()

	while(scanf("%lld", &n) != EOF)  
		solve();
	
	return 0;

Problem B.Generator (KMP,期望,高斯消元)

ZOJ 2619

Problem

给定一个字符串 S S S 和字符集大小 n n n 。要求另生成一个字符串,它一开始为空,每次平均且独立地随机生成一个字符集中的字符添加到其末尾,生成出字串 S S S 时停下,求所生成字符串的长度的期望。

Solution

显然生成的字符串越来越长,每次由 n n n 种字符选择,那么就有 i n i^n in 种方案数,杂乱无章的无从下手。所以从对答案的贡献角度出发,发现对于答案而言,有用的只有最后生成的字符串 T T T 的后缀与模式串 S S S 的匹配长度。因此很多杂乱的字符串实际上对于答案而言是同一种状态,即一共只有 0 ∼ L 0\\sim L 0L 种状态,表示两字符串匹配的长度。

这样就有了清晰的状态,考虑状态如何转移即可。

书中倒推由于都是未知的需要使用高斯消元解方程组,比较麻烦,精度还不能得到保障。我们这里利用一个小技巧,直接正推。利用 KMP , O ( n ) O(n) O(n) 求出失配数组 nex i , j \\textnex_i,j nexi,j(当然要在失配的时候用)

反过来设 f[i] 为从状态 0 0 0 到状态 i i i 期望次数,答案显然就是 f[len]

则可以把原转移方程直接改写为:

f [ i ] = f [ i + 1 ] n + 1 n ∑ j = 0 n − 1 f [ nex [ i + ′ A   ′ ] ] − 1 f[i] = \\fracf[i+1]n+\\frac1n\\sum_j=0^n-1f[\\textnex[i + 'A\\ ']] - 1 f[i]=nf[i+1]+n1以上是关于数学 题解《ACM国际大学生程序设计竞赛题目与解读》的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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