与概率相关的算法题C++解法（附证明过程）
一、常考题型
1、客观题（选择题）；
2、古典概率、期望的计算，不涉及高等概率和微积分；
3、利用随机来改进著名的算法（快速排序）；
4、随机数发生器（根据给定的随机数发生器构造另一个）。
二、练习题
1、 有2k只球队，有k-1个强队，其余都是弱队，随机把它们分成k组比赛，每组两个队，问两强相遇的概率是多大？结果化成最简分数。
解法：该题的难点有两点：
①总组队方法数的计算。用C(2k,2)C(2(k-1),2)……C(2,2)计算是错误的 ，因为这样把选取其中任意两队为一组重复计数了k次，例如4支球队A,B,C,D，选AB，则CD自然为一组，若用C(4,2)计算，它把先选AB和先选CD算成了两种情况，实际上是同一种情况。所以应该是C(2k,2)C(2(k-1),2)……C(2,2)/k*(k-1)……2*1。
②最大公约数的计算。
class Championship {
public :
int getGcd( int a, int b) { // 辗转相除法计算最大公约数
if (a == 0 )
return b;
if (b == 0 )
return a;
int temp;
while (b != 0 ) {
temp = a % b;
a = b;
b = temp;
}
return a;
}
vector< int > calc( int k) {
int n1 = 1 ,n2 = 1 ;
vector< int > res;
for ( int i = 2 *k- 1 ;i >= 3 ;i = i- 2 )
n1 *= i;
n2 = (k+ 1 )*k/ 2 ;
for ( int j = k- 1 ;j >= 1 ;j--)
n2 *= j;
n2 = n1-n2;
int gcd = getGcd(n1,n2);
res.push_back(n2/gcd);
res.push_back(n1/gcd);
return res;
}
};
注：最大公约数的另一种计算方法（移位）
int getGcd( int a, int b) {
if (a == 0 )
return b;
if (b == 0 )
return a;
if (!(a & 1 ) && !(b & 1 ))
return getGcd(a>> 1 , b>> 1 ) << 1 ;
else if (!(b & 1 ))
return getGcd(a, b>> 1 );
else if (!(a & 1 ))
return getGcd(a>> 1 , b);
else
return getGcd(abs(a - b), min(a, b));
}
解法：所有情况有2的n次方种，不碰撞只有两种，即所有蚂蚁均顺时针或均逆时针。碰撞概率为(pow(2,n)-2)/pow(2,n)=(pow(2,n-1)-1)/pow(2,-1n)。
解法一：由于是2的幂次，可以直接移位来解决。又由于分子是2的幂次减1，分母是2的幂次，必然不可再约分。所以无需快速幂算法和移位求gcd算法。
class Ants {
public :
vector< int > collision( int n) {
int C,D;
C = 1 ; D = 1 << (n - 1 );
vector< int > res;
res.push_back(D - C); res.push_back(D);
return res;
}
};
解法二：按照常规的步骤，用 快速幂算法 求幂次，用 移位算法求gcd 。
class Ants {
public :
int quickPower( int a, int n) {// 快速幂算法
long res = 1 ;
long base = a;
while (n) {
if (n& 1 == 1 )
res *= base;
base *= base;
n >>= 1 ;
}
return ( int )res;
}
int getGcd( int a, int b) {// 求gcd的移位算法
if (a == 0 )
return b;
if (b == 0 )
return a;
if (!(a& 1 ) && !(b& 1 ))
return getGcd(a>> 1 ,b>> 1 ) << 1 ;
else if (!(a& 1 ))
return getGcd(a>> 1 ,b);
else if (!(b& 1 ))
return getGcd(a,b>> 1 );
else
return getGcd(abs(a-b),min(a,b));
}
vector< int > collision( int n) {
vector< int > res( 2 , 0 );
int n1 = quickPower( 2 ,n);
int n2 = n1- 2 ;
int gcd = getGcd(n1,n2);
res[ 0 ] = n2/gcd;
res[ 1 ] = n1/gcd;
return res;
}
};
解法：此题没做过的确很难。 推导过程 如下。
class Random7 {
public :
int rand5() {
return Random5::randomNumber();
}
int randomNumber() {
int temp;
do {
temp = 5 *(rand5()- 1 )+(rand5()- 1 );
} while (temp > 20 );
return (temp% 7 )+ 1 ;
}
};
4、给定一个以p概率产生0，以1-p概率产生1的随机函数RandomP::f()，不使用任何额外的随机机制，实现等概率随机产生0和1的随机函数。
解法：巧用独立重复试验。连续调用两次f()函数，产生01序列和10序列的概率都是p(1-p)。产生01返回0，产生10返回1，产生00和11继续产生，即可。
class Random01 { public :
int random01() {
int n1,n2;
do {
n1 = RandomP::f();
n2 = RandomP::f();
} while (n1 == n2);
return n1;
}
};
解法：巧用独立重复试验。连续调用f()函数k次，记录下k次的最大值，将这个最大值返回即可。因为这个最大值落入[0,x)区间的情况只有一种，那就是k次返回值都落入[0,x)区间，落入[0,x)记为1，否则记为0，这就将问题转化为k次独立重复试验，求k次结果均为1的概率，为x的k次方。
class RandomSeg {
public :
double f() {
return rand() * 1.0 / RAND_MAX;
}
double random( int k, double x) {
double res=- 1 ;
for ( int i= 0 ;i
res=max(res,f());
}
return res;
}
};
解法：此题与 抽签原理 类似。相当于M个人从N根签中每人抽一根，纵然抽签顺序有先后，但是 每个人抽到某根签的概率是一样的，都是1/N 。因此只需要一个循环，每次随机读取数组中的一个元素，然后把这个元素剔除，下一次循环再随机地从剩下的元素中读取一个，直到读取完M个为止。
class RandomPrint { public :
vector< int > print(vector< int > arr, int N, int M) {
vector< int > res;
int t;
for ( int i = 0 ;i < M;i++) {
t = rand()%(N-i); // 这里的随机数产生方法采用的是不指定种子seed的方法
res.push_back(arr[t]);
swap(arr[t],arr[N-i- 1 ]);
}
return res;
}
};
有一个只能装下10个球的袋子，当吐出100个球时，袋子里有10 球，并且1~100号中的每一个球被选中的概率都是10/100。然后继续吐球，当吐出1000个球时，袋子里有 10 个球，并且1~1000号中的每一个球被选中的概率都是10/1000。继续吐球，当吐出i个球时，袋子里有10个球，并且1~i号中的每一个球被选中的概率都是10/i。也就是随着N的变化，1~N号球被选中的概率动态变化成k/N。设计一个选择函数，输入球的编号N和袋子容量k，返回吐出第N号球后，袋子中k个球的编号。
解法：①显然，吐出前k个球时，所有球都要装入袋子；②当吐出第k+1个球时，由于这k+1个球中每个球被选中的概率都是k/k+1，所以要以k/k+1的概率决定第k+1个球是否被选中；③如果第k+1个球被选中，那么以1/k的概率丢掉袋子中的一个球，再用第k+1个球替换它。
class Bag { public :
vector< int > ret;
// 每次拿一个球都会调用这个函数，N表示第i次调用
vector< int > carryBalls( int N, int k) {
if (ret.size() < k)
ret.push_back(N);
else {
if (rand()%N < k)
ret[rand()%k] = N;
}
return ret;
}
};
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