CDOJ 1330 柱爷与远古法阵(高斯消元)
2017-12-28 18:45
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CDOJ 1330 柱爷与远古法阵(高斯消元)
柱爷与远古法阵
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众所周知,柱爷的数学非常好,尤其擅长概率论!
某日柱爷在喵哈哈村散步,无意间踏入了远古法阵!
法阵很奇怪,是一个长度为NN的走廊,初始时柱爷在最左边,现在柱爷要到最右边去!
柱爷的行动方式如下:
每个回合柱爷会投一次骰子,根据骰子上的点数每个回合柱爷会投一次骰子,根据骰子上的点数X,柱爷会相应的往右边移动,柱爷会相应的往右边移动X步.步.
骰子的数值是骰子的数值是1到到6,取到每面的概率相同,取到每面的概率相同
在某些位置可能有传送门,一旦柱爷在该回合结束后在这个位置上,会被强制传送到传送门的另外一边在某些位置可能有传送门,一旦柱爷在该回合结束后在这个位置上,会被强制传送到传送门的另外一边
传送门是单向的,同时每个位置不会有超过1个传送门,同时不会存在a→b,b→c这种情况传送门是单向的,同时每个位置不会有超过1个传送门,同时不会存在a→b,b→c这种情况
在任意时刻柱爷都必须保证在法阵内,也就说如果在这一回合结束后柱爷的位置在法阵外,那么这回合柱爷将什么都不做在任意时刻柱爷都必须保证在法阵内,也就说如果在这一回合结束后柱爷的位置在法阵外,那么这回合柱爷将什么都不做
那么请问柱爷到达最右边的期望回合数是多少呢?或者是永远都无法到达?
Input
第一行两个整数NN,MM,分别表示法阵的长度和传送门的数量接下来MM行,每行两个整数uu,vv,表示从uu到vv有一扇传送门
数据保证:
1≤N≤3001≤N≤300
0≤M≤[N−22]0≤M≤[N−22]
1<u<N,1≤v≤N,u≠v1<u<N,1≤v≤N,u≠v
Output
输出仅一行,表示期望的回合数,如果永远不能到达,输出−1−1.答案误差在10−610−6以内将被忽略
Sample input and output
Sample Input | Sample Output |
---|---|
100 0 | 33.0476190476 |
100 2 2 3 99 100 | 29.8571428571 |
Hint
你可能需要一些概率论 & 线性代数的知识才能解决本题!Source
2016 UESTC Training for Dynamic Programming1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=305; 4 const long double eps=1e-14; 5 long double a[maxn][maxn];//构造的高斯消元的矩阵,代表第i个方程式的第j个系数是多少 ,精度要求很高 6 int n,m,f[maxn],x,y; 7 inline int read()//读入优化 8 { 9 int x=0,f=1; 10 char ch=getchar(); 11 while(ch<'0'||ch>'9') 12 { 13 if(ch=='-') 14 f=-1; 15 ch=getchar(); 16 } 17 while(ch>='0'&&ch<='9') 18 { 19 x=x*10+ch-'0'; 20 ch=getchar(); 21 } 22 return x*f; 23 } 24 inline void write(int x)//输出优化 25 { 26 if(x<0) 27 { 28 putchar('-'); 29 x=-x; 30 } 31 if(x>9) 32 write(x/10); 33 putchar(x%10+'0'); 34 } 35 int main() 36 { 37 n=read(); 38 m=read(); 39 for(int i=1;i<=n;i++) 40 f[i]=i; 41 for(int i=1;i<=m;i++)//如果有传送的话,到哪里 42 f[read()]=read(); 43 //建立增广矩阵的过程 44 for(int i=1;i<n;i++) 45 { 46 a[i][i]=6;//第一个方程 47 if(f[i]!=i) 48 a[i][f[i]]=-6;//如果有传送门 系数直接抵消 x-y=0 相当于 x=y 49 else 50 { 51 a[i][n+1]=6;//方程右边的常数 52 for(int j=1;j<=6;j++) 53 { 54 if(i+j<=n) 55 a[i][i+j]-=1.0; 56 else 57 a[i][i]-=1.0;//另外一个方程 58 } 59 } 60 } 61 a =1.0;//最后的方程 62 a [n+1]=0; 63 //高斯消元的过程 64 for(int i=1;i<=n;i++) 65 { 66 int p=i; 67 for(int j=i+1;j<=n;j++) 68 { 69 if(fabs(a[j][i])>eps)//向下查找第j个系数不为0的方程 70 p=j; 71 } 72 if(fabs(a[p][i])>eps) 73 { 74 for(int j=i;j<=n+1;j++) 75 swap(a[i][j],a[p][j]);//把方程移上来 76 for(int j=i+1;j<=n;j++)//向下消元 同时除去其他的系数 77 { 78 if(fabs(a[j][i])>eps) 79 { 80 long double k=a[j][i]/a[i][i];//消元 81 for(int t=i;t<=n+1;t++) 82 a[j][t]-=a[i][t]*k;//系数相减 83 } 84 } 85 } 86 } 87 //回代过程 88 for(int i=n;i>=1;i--) 89 { 90 for(int j=i+1;j<=n;j++) 91 { 92 if(fabs(a[i][j])>eps) 93 a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1];//用已知的解求未知解 94 } 95 if(abs(a[i][i])<=eps&&abs(a[i][n+1])>eps)//如果出现矛盾 96 { 97 printf("-1\n"); 98 return 0; 99 } 100 a[i][n+1]/=a[i][i];//求出当前的解 101 } 102 printf("%.12lf\n",(double)a[1][n+1]);//a[i][n+1]就是第i个未知数的解 103 return 0; 104 }
这个算法和之前谈及的有点儿不同,它由绝对值最大的部分开始做起,这样可以改善算法上的稳定性。将经过调换后的第一列作为起点,这算法由左至右地计算。每作出以下两个步骤,才跳到下一列:
1.定出每列的最后一个非0的数,将每行的数字除以该数,使到每行的第一个数成为1;
2.将每行的数字减去第一行的第一个数的某个倍数。
所有步骤完成后,这个矩阵会变成一个行梯阵式,再用代入法就可解决这个方程组。
线性方程组其实是相当容易解决的,基本的思想就是消元。但是当未知数较多时,解起来也蛮头疼的。在这里向大家介绍高斯消元法。例如解如下四元一次方程组:
除去各未知数,将各数排在一起,成为矩阵:
为方便起见,用r2+r1表示把第一行各数加到第二行对应数上。
r2-2*r1, r3-3*r1, r4-4*r1,r3+4*r2, r4+3*r2,r4-2*r3, 可得:
化为方程组形式则为:
从而,可得:
X4=4
X3=3
X2=2
X1=1.
说明:对于矩阵采取的变换的合理性,可对照相应方程组的变换加以理解。
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