朝题夕解——DP之印章

Posted 杨枝

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了朝题夕解——DP之印章相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

🔔试题 算法训练 印章

💒题目描述


原题传送门
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🌟解题报告

一、锁定算法类型

问题描述是很简洁的,就洋洋洒洒的一句话,因为数据范围很小,再深思片刻,题目的意思应该是让我门找一个最优解,那么可以大致估计出来是一个DP问题。

二、状态表示

因为DP问题是自底向上的求解问题,那么我们就需要确定一个数组来记录其中状态,用于递推求解的过程。大多数的确定方式就是,题目问什么,就定一个数组表示这个问题。

我一般使用的是从集合的角度来分析DP问题。也就是大家耳熟能详的这是摘自某位小伙伴的总结——闫式DP分析法。感谢总结🌹🌹🌹

对于本题:
f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]就表示从前 i i i张印章凑齐 j j j种图案的集合的概率。那么最后的答案也就是 f [ m ] [ n ] f[m][n] f[m][n]

三、状态计算

状态计算本质来说了,是对定义的这个集合进行划分的过程。划分的依据是最后一个不同点


对于本题而言,最后一个不同点是:我现在正准备拿的这个图案是否已经和前面的重复了。


如果有重复,说明j种图案的印章已经凑齐了;如果没有重复,那就是还没有凑齐。


对于有重复:表示拿的前 i − 1 i-1 i1枚印章中就已经凑出了 j j j种图案,正要拿的这个第 i i i枚印章,它上面的图案与之前拿的是有重复的了。所以获得图案的概率依旧是 j / n j/n j/n
那么,状态转移方程为:f[i][j] = f[i-1][j]*(j/n)


对于无重复的:表示拿的前 i − 1 i-1 i1枚印章中只是出现了 j − 1 j-1 j1种图案,正要拿的这个第 i i i枚印章应该是要凑齐的最后一种图案。因为前面已经出现了 j − 1 j-1 j1种图案,剩下没有出现的就是总共有的 n n n个图案减去已经出现的,即: n − ( j − 1 ) n-(j-1) n(j1)。这个时候,获得这枚图案的概率是: ( n − j + 1 ) / n (n-j+1)/n (nj+1)/n
那么,状态转移方程为:f[i-1][j-1]*( (n-j+1)/n) )


觉得抽象的小伙伴可以重新想想这句话,动态规划是自底向上的递推

我结合着无重复的情况进行带入演示。我现在总共要拿8种图案,我现在已经拿了2种图案,现在要递推到拿3种图案的情况。
那么我获得的这第3枚应该是在(8-2)= 6种进行选择嘛。我可能拿小脑虎,可能拿小花花,也可能是拿小太阳图案。总之,我获得它的概率是 6 / 8 6/8 6/8

总结以上步骤,就可以得到如下这张图:

四、初始化
1、 i < j i<j i<j,就说明我们不可能凑齐,这个时候概率 f i ] [ j ] fi][j] fi][j]=0


2、 j = 1 j=1 j=1,就说明我们拿的 i i i张印章里面,只要凑齐1种就行( 是随便1种就可以了,就比如说 房子💒、星星🌟、花花🌻这三种,我拿房子图案出现1种概率,拿星星图案出现1种概率,拿花花图案也会出现1种,概率计算的时候就算的是这三种概率的和。)

其中 j = 1 j=1 j=1的时候我们也可以分两种情况:
①一种就是 i = 1 i=1 i=1,这个时候就相当于我们的概率 f [ i ] [ j ] = 1 f[i][j]=1 f[i][j]=1

②另一种是 i > 1 i>1 i>1,我有 i i i种选择,每种选择会出现的概率是 1 / n 1/n 1/n那么我们每个图案的概率都是 f [ i ] [ 1 ] = ( 1 / n ) i f[i][1]=(1/n)^i f[i][1]=(1/n)i;因为我们的图案不指定哪一种,所以我们的 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] n n n种图案的概率之和,倘若将 1 / n 1/n 1/n设定为 p p p。那么概率就是 p i ∗ n p^i * n pin,化简之后就是 p i − 1 p^i-1 pi1

🌻参考代码(C++版本)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>

using namespace std;
const int N = 25;
double f[N][N];//i张印章凑齐j种图案的概率
double p;//概率
int n,m;

int main()

	cin >> n >> m;
	p = 1.0/n;
	memset(f,0,sizeof(f));
	
	//DP
	for(int i = 1; i <= m;i++)//i张印章
		for(int j =1; j <= n;j++)//j种图案
		
			//当i小于j的时候,肯定是凑不齐的
			if(i < j) f[i][j] = 0;
			
			//当只用凑齐一个印章时
			//j只要所有图案中的一种就可以了,所以我们(1/n)^i还要再乘n,就是p^i-1
			else if(j == 1) f[i][1] = pow(p,i-1);
			
			//考虑当前这个j是否已经凑齐
			else f[i][j] = (f[i-1][j])*(j*p) + (f[i-1][j-1])*((n-j+1)*p);
		
	//输出结: m个印章,凑出n个图案
	printf("%.4lf\\n",f[m][n]);
	return 0;


总的来说,可能因为我现在写的DP题太少了,阐述起来还是挺啰嗦的。

还在慢慢精进。充满power~

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