G - Damaged Bicycle 状压+最短路

最短路处理出1号节点和带车子的点到n的距离dist[x][n],G可以从节点1直接走到n，也可以从节点1走到带车子的节点再骑到n，如果车子坏了可以走到n，也可以走到下一个车子节点再进行之前的步骤，所以可以记忆化搜索一下，dp[sta][x]，sta表示走了几个关键点，是一个压缩的二进制，x是当前的关键点，转移就是

dp[sta][x]=min(dp[sta][x],1.0*(1-p[x])*dist[x][n]/r+p[x]*(1.0*dist[x][a[i]]/t+dfs(sta|(1<<i-1),i)));

该点的车子没坏的期望加上坏了走到下一个关键点的期望

【超好懂的比赛题解】2021CCPC哈尔滨站 个人题解_RWLinno的博客-CSDN博客

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define pause system("pause")
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int inf=1e18;
double t,r;
int n,m,head[N],cnt,k,a[22];
struct Edge
{
    int next,to;
    int w;
}e[N];
void addedge(int from,int to,int w)
{
    e[++cnt].next=head[from];
    e[cnt].to=to;
    e[cnt].w=w;
    head[from]=cnt;
}
int vis[N],dist[22][N];
double dp[N][22],p[22];
struct node
{
    int id,dis;
    bool operator<(const node &a)const
    {
        return a.dis<dis;
    }
};
void dij(int s,int num)
{
    for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0,dist[num][i]=inf;
    dist[num][s]=0;
    priority_queue<node>q;
    q.push(node{s,0});
    while(!q.empty())
    {
        node u=q.top();q.pop();
        int now=u.id;
        double dis=u.dis;
        if(vis[now]) continue;
        vis[now]=1;
        for(int i=head[now];i;i=e[i].next)
        {
            int j=e[i].to;
            if(dist[num][now]+e[i].w<dist[num][j])
            {
                dist[num][j]=dist[num][now]+e[i].w;
                if(!vis[j]) q.push(node{j,dist[num][j]});
            }
        }
    }
}
double dfs(int sta,int x)
{
    if(dp[sta][x]) return dp[sta][x];
    double res=1.0*p[x]*dist[x][n]/t+(1.0-p[x])*dist[x][n]/r;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        if((sta>>i-1)&1) continue;
        res=min(res,1.0*(1-p[x])*dist[x][n]/r+p[x]*(1.0*dist[x][a[i]]/t+dfs(sta|(1<<i-1),i)));
    }
    return dp[sta][x]=res;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>t>>r>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;double w;
        cin>>u>>v>>w;
        addedge(u,v,w);
        addedge(v,u,w);
    }
    cin>>k;
    a[0]=1;p[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        cin>>a[i]>>p[i];
        p[i]/=100.0;
    }
    for(int i=0;i<=k;i++) dij(a[i],i);
    double ans=dfs(0,0);
    if(dist[0][n]>=inf) cout<<"-1\n";
    else cout<<fixed<<setprecision(10)<<ans<<endl;
    pause;
    return 0;
}

D-七圣召唤_概率dp

第一个设dp[i]为抽到i种卡片需要的期望次数，显然dp[1]=1,然后

意思就是有的概率是抽到已经抽到的牌，那么需要求的期望还是不变的，还是需要dp[i]来转移，有的概率是抽到没抽到的牌，那么就可以由dp[i-1]来转移

第二个答案f[i],可以理解成f[i]=(k-f[i-1])/k+f[i-1],在i-1次的基础上加上这一次成功的概率，应该说是期望，理解是价值为1，所以就直接加上了

2022 年辽宁省大学生程序设计竞赛 个人题解_RWLinno的博客-CSDN博客_辽宁省程序设计大赛

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define pause system("pause")
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int inf=1e18;
int n,k;
double qpow(double a,int b)
{
    double res=1.0;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a;
        a=a*a;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
double dp[N],f[N];
signed main()
{
    //ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
    dp[0]=0;dp[1]=1;
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
        dp[i]=(1.0*(k-i+1)*dp[i-1]/k+1.0)*k/(k-i+1);
        //cout<<dp[i]<<" "<<i<<endl;
    }
    f[0]=0;f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        f[i]=f[i-1]+1.0*(k-f[i-1])/k;
    cout<<fixed<<setprecision(10)<<dp[k]<<" "<<f[n]<<endl;
    pause;
    return 0;
}