hdu 4649 Professor Tian 多校联合训练的题
这题起初没读懂题意，悲剧啊，然后看了题解写完就AC了
题意是给一个N，然后给N+1个整数 接着给N个操作符（只有三种操作 即 或 ，与 ，和异或 | & ^ ）这样依次把操作符插入整数之间就可以得到一个表达式
接着给出 N 给浮点数（在0~1之间表示概率 ）表示的是 操作符和他右边的整数丢失的概率。 例如下面这组数据
1
1 2
&
0.5
整数与操作符间可以组成一个表达式即 1&2 但是由于某些原因表达式的操作符和他操作的右边的
那个数有一定的概率会丢失这组数据就是 &2有 0.5的概率会丢失 ，要你算这个表达式的期望值是
多少 这组数据可以这样算 当&2不丢失的时候1&2=0
当他丢失的时候表达式就变成了1 这样这个表达式的期望值就是 0*0.5+1*0.5=0.5 ；
貌似没思路啊。。。。
思路如下：
先反状态压缩——把数据转换成20位的01来进行运算因为只有20位，而且&,|,^都不会进位，那么一位一位地看，每一位不是0就是1，这样求出每一位是1的概率，再乘以该位的十进制数，累加，就得到了总体的期望。对于每一位，状态转移方程如下：
f[i][j]表示该位取前i个数，运算得到j(0或1)的概率是多少。
f[i][1]=f[i-1][1]*p[i]+根据不同运算符和第i位的值运算得到1的概率。
f[i][0]同理。
初始状态：f[0][0~1]=0或1（根据第一个数的该位来设置）
每一位为1的期望 f[n][1]
最后的结果就是把每一位为一的概率乘上这位的位权相加就可以了
下面是我的代码：
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<iostream>
using namespace std;
bitset<20> team[205];//强烈推荐用bitset，这个比较快而且简单好用，关键还省空间
char ch[205];
int pow[20],n,cas=0;
double p[205], dp[20][205][2];
int cal(int i,char c,int j,int f=0)//f=0表示 默认是计算通过运算为0的概率，f=1则是去计算为1的概率
{//这个函数计算的运算结果概率只能是1或0，所以可以返回真假值
int ans;
if(c=='&') ans=i&j;
if(c=='^') ans=i^j;
if(c=='|') ans=i|j;
if(!f) return ans==0;//返回通过计算为0的概率
else return ans==1;//返回通过计算1的概率
}
int read()
{
if(!(cin>>n)) return 0;//没有读入了就返回假值
for(int a,i=0;i<=n;i++)
{
cin>>a;
team[i]=a;//用bitset转化为二进制
}
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>ch[i];//读操作符
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>p[i];//读概率
return 1;
}
void deal()
{
double ans=0;
for(int i=0;i<20;i++)//初始化第一位的概率
if(team[0][i]) dp[i][0][1]=1,dp[i][0][0]=0;
else dp[i][0][1]=0,dp[i][0][0]=1;
for(int i=0;i<20;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
dp[i][j][1]=dp[i][j-1][1]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i],1));//这个dp式如果还不懂就看一下，文章尾部我的说明。。
//计算当前为1的概率
dp[i][j][0]=dp[i][j-1][0]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i])+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i]));
//计算当前为0的概率 和为1的概率是一回事的
}
for(int i=0;i<20;i++)
ans+=pow[i]*dp[i][n][1];//统计结果
printf("Case %d:\n",++cas);
printf("%.6lf\n",ans);
}
int main()
{
for(int i=pow[0]=1;i<20;i++)
pow[i]=pow[i-1]*2;//计算二进制的位权
while(read()) deal();
return 0;
}
dp[i][j][1]=dp[i][j-1][1]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i],1));
其中dp[i][j][1]表示前j个操作后使第i位变成1的概率，dp[i][j-1][1]*p[j-1]，表示当前的操作符和其右边的数消失后，使这位为1的概率
(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i],1));这整串是在算当前的操作符和其右边的数不消失的概率，所以有公因子(1-p[j-1])即表示，表达式不消失的概率，dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)这句是在算如果上一步当前这位计算的结果是0，那么通过这步运算得到1的概率
，dp[i][j-1][0] 这是上一步算出这位结果为0的概率，cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)这是算0和当前的操作符及其右边的数进行运算为1的概率，这个概率要么是一要么是0，dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i],1)这句就是算若上次运算的结果是1那么和当前这一步运算后得到的是1的概率，终于说完这个恶心的式子了。。。下面那个算0的式子就可以对应的去理解了，即dp[i][j][0]=dp[i][j-1][0]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i])+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i]));
再附一个没有注释的代码
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<iostream>
using namespace std;
bitset<20> team[205];
char ch[205];
int pow[20],n,cas=0;
double p[205];
double dp[20][205][2];
int cal(int i,char c,int j,int f=0)
{
int ans;
if(c=='&') ans=i&j;
if(c=='^') ans=i^j;
if(c=='|') ans=i|j;
if(!f) return ans==0;
else return ans==1;
}
int read()
{
if(!(cin>>n)) return 0;
for(int a,i=0;i<=n;i++)
{
cin>>a;
team[i]=a;
}
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>ch[i];
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>p[i];
return 1;
}
void deal()
{
double ans=0;
for(int i=0;i<20;i++)
if(team[0][i]) dp[i][0][1]=1,dp[i][0][0]=0;
else dp[i][0][1]=0,dp[i][0][0]=1;
for(int i=0;i<20;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
dp[i][j][1]=dp[i][j-1][1]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i],1)+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i],1));
dp[i][j][0]=dp[i][j-1][0]*p[j-1]+(1-p[j-1])*(dp[i][j-1][0]*cal(0,ch[j-1],team[j][i])+dp[i][j-1][1]*cal(1,ch[j-1],team[j][i]));
}
for(int i=0;i<20;i++)
ans+=pow[i]*dp[i][n][1];
printf("Case %d:\n",++cas);
printf("%.6lf\n",ans);
}
int main()
{
for(int i=pow[0]=1;i<20;i++)
pow[i]=pow[i-1]*2;
while(read()) deal();
return 0;
}
补充：软件开发 , C++ ,
