[BZOJ2337][HNOI2011]XOR和路径（期望概率dp+高斯消元）

一个日常的学术讨论

Q：投掷一个硬币 出正反面的概率相等 问期望投掷几次后连续出两个反面

A：设f[0],f[1],f[2]为从 0、1、2状态开始，走到2状态的期望步数。

A：f[0]=1/2(f[0]+1+f[1]+1)

A：f[1]=1/2(f[0]+1+f[2]+1)

A：f[2]=0

根据高斯消元可以解出f[0]=6

Q：推广到问期望投掷几次后连续出n个反面

A：其实是一样的，f[i]=1/2(f[0]+f[i+1])+1，f
=0，然后高斯消元解出f[0]=2^(n+1)-2

感觉跟这道题有异曲同工之妙

题目：

我是超链接

题解：

我们可以把路径长度按位分解一下，这样最后加的时候按位加就好了

设f[i]表示i到n的异或和为1的期望值，则f
=0

那么显然，如果x由v转移过来，f[x]=Σf[v]/d[v] (c[i]=0)+Σ(1-f[v])/d[v] (c[i]=1)

这样的f可以用高斯消元+预处理解出来，问题好办了

解出方程后f[1]*2^k就是第k位对答案的贡献值

要特别注意二进制循环的范围，如果是33就会错。

代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-9;
const int N=10005;
int tot,nxt[N*2],point
,v[N*2],c[N*2],n;
double a[105][105],b[105],f[105],du[105];
int dcmp(double a)
{
if (a<eps && a>-eps) return 0;
if (a>0) return 1;return -1;
}
void addline(int x,int y,int z){++tot; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; c[tot]=z;}
void gauss()
{
for (int i=1;i<n;i++)
{
int num=i;
for (int j=i+1;j<n;j++)
if (fabs(a[num][i])<fabs(a[j][i])) num=j;
for (int j=i;j<n;j++)
swap(a[num][j],a[i][j]);
swap(b[num],b[i]);

for (int j=i+1;j<n;j++)
{
double t=a[j][i]/a[i][i];
for (int k=i;k<n;k++)
a[j][k]-=a[i][k]*t;
b[j]-=b[i]*t;
}
}
for (int i=n-1;i>=1;i--)
{
f[i]=b[i]/a[i][i];
for (int j=1;j<i;j++)
b[j]-=f[i]*a[j][i];
}
}
int main()
{
int m;scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
du[y]++;addline(x,y,z);
if (x!=y) du[x]++,addline(y,x,z);
}
double ans=0;
for (int k=0;k<32;k++)
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
for (int i=1;i<n;i++)
{
a[i][i]=1;
for (int j=point[i];j;j=nxt[j])
if (c[j]>>k&1)
b[i]+=1.00/du[i],a[i][v[j]]+=1.00/du[i];
else a[i][v[j]]-=1.00/du[i];
}
gauss();
if (dcmp(f[1]))
ans+=f[1]*(1<<k);
}
printf("%.3lf",ans);
}