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传送门:洛谷

题目描述:

题目较长,此处省略
输入:
3 5
30 20 50
0 50 33 25 0
30 0 35 0 0
0 0 0 25 60
1
3
输出:
2 56.89
1 43.11
3 0.00

读完题目,我们会发现其实题目给了我们两个事件,并且这两个事件是相互关联的.因此不难想到使用条件概率

我们将故障原因看做事件$A$,结合题意,我们共有$A1,A2,A\mathrm{3...}An$
将故障现象看做事件$B$,我们共有$B1,B2,B\mathrm{3...}BM$
此时事件A是事件B的条件,事件B是事件A的产生现象,那么此时我们就会发现这是一个条件概率.那么对于此题来说,我们知道了所有的$P(A_i)$,然后又知道了所有的$P(Bi|Ai)$,然后此时我们知道现象去求起因的概率,此时我们需要使用贝叶斯公式

贝叶斯公式:$P(A|B)=P(B|A)\ast P(A)/P(B)=P(A\cap B)/P(B)$

结合到本题来说,我们的$A$代表了每一个$A_i$,我们的$B$代表的是所有k个故障现象的发生.那么对于我们的$P(Ai\cap B)$来说,就是$ai$发生的同时，$b\mathrm{1...}bj$也发生的概率.对于我们的$P(B)$来说,就是无所谓$ai$发不发生,$b\mathrm{1...}bj$也发生的概率.

那么显然的我们的$P(Ai\cap B)=P[Ai]\ast P[Ai][Bj]\ast (1-P[Ai][Bk])$$Bj$表示发生的现象,$Bk$表示没发生这个现象
我们的$P(B)={\sum }_1^{n}P(Ai\cap B)$

至此,我们的这一道题也就解决了.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {ll x=0,w=1;char ch=getchar();for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x*w;
}
#define maxn 1000000
const double eps=1e-8;
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
int n,m;double p2[200][200];double p1[maxn];double p3[maxn];
int check[maxn];
struct Ans{int a;double b;bool operator < (const Ans &rhs) const {if(b==rhs.b) return a<rhs.a;else return b>rhs.b;}
};
int main() {n=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p1[i];for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=m;j++) {cin>>p2[i][j];}}int k=read();for(int i=1;i<=k;i++) {int num=read();check[num]=1;}double sum=0;for(int i=1;i<=n;i++) {p3[i]=p1[i];for(int j=1;j<=m;j++) {if(check[j]) {p3[i]=p3[i]*p2[i][j]/100;}else {p3[i]=p3[i]*(100-p2[i][j])/100;}}sum+=p3[i];}vector<Ans>ans;for(int i=1;i<=n;i++) {ans.push_back({i,p3[i]/sum});}sort(ans.begin(),ans.end());for(int i=0;i<ans.size();i++) {printf("%d %.2lf\n",ans[i].a,ans[i].b*100);}return 0;
}