1. 问题描述
在二进制字符串中,每一个0或1都可以视为一个位。在进行K次操作后,其中每次操作可以将一个0变为1或将一个1变为0。最终的目标是求出二进制字符串中设置位(即1)的数量的平均数。假设二进制字符串的长度为N。
2. 解题思路
本题可以使用数学推导的方法来解决。首先我们可以观察到,对于每一个位置上的位,它的值只会在操作中被改变一次。因此,在K次操作之后,每一个位置上的位要么变为1,要么变为0,要么保持原来的值不变。
对于每一个位置上的位,其最终被设置为1的概率为P,被设置为0的概率为1-P。根据题目所述,我们要求的是二进制字符串中设置位的数量的平均值,即所有被设置为1的位置的数量占总位置数N的比例。因此,我们可以将问题转化为求P的值。
2.1 单个位置上的 P 值
对于单个位置上的位,我们可以考虑它最终被设置为1的概率P。当它的初始值为0时,它可以被K次操作中的任意一次操作所改变,因此它最终被设置为1的概率为K/N;同样的,当它的初始值为1时,它最终被设置为1的概率为1 - K/N。因此,单个位置上的 P 值为:
P = (K/N) * 0 + (1 - K/N) * 1 = 1 - K/N
2.2 所有位置上的 P 值
对于所有位置上的位,它们的 P 值不一定相等。但是,它们的平均值是可以计算的,即所有位置上 P 值的平均值。
P_avg = (1 - K/N) * 1 + (K/N) * 0 = (N - K)/N
因此,二进制字符串中被设置为1的位置的数量占总位置数N的比例为 (N - K)/N。
3. 代码实现
下面是本题的代码实现,采用C++实现:
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
double p = (double)(n - k) / (double)n;
printf("%.6lf", p);
return 0;
}
4. 总结
本题通过数学推导的方法,将问题转化为单个位置上的 P 值的计算和所有位置上的 P 值的平均值的计算。最终得出二进制字符串中被设置为1的位置的数量占总位置数N的比例。思路清晰,代码简单明了。