原题描述

给定 $m$ 个特征，你想基于大量的数据,再通过 $\text{Alice}$ 的前 $m-1$ 个特征的值推断出她的最后一个特征的值。

特征之间的关系可以表示为一个有向无环图，其中一个节点 $A$ 指向一个节点 $B$ 表示 $B$ 是依赖于 $A$ 的随机变量。

下面的公式可以根据其他数据计算 $\text{Alice}$ 的最后一个特征的值的概率，其中 $x_i$ 表示第 $i$ 个特征，$\pi (x_i)$ 表示指向 $x_i$ 的节点，$cnt$ 表示它们的出现次数：

$$P(x_m\mid x_1,\dots ,x_{m-1})=cP(x_1,\dots ,x_m)=\prod _{i=1}^{m}P(x_i\mid \pi (x_i))$$

$$P(x_i\mid \pi (x_i))=\frac{P(\pi (x_i),x_i)}{P(\pi (x_i))}=\{\begin{array}{l}\frac{cnt(\pi (x_i),x_i)}{cnt(\pi (x_i))},\text{if}cnt(\pi (x_i))\ne 0\\ 0,\text{if}cnt(\pi (x_i))=0\end{array}$$

保证最后一个特征的出度为 $0$，并且至少存在一种情况使得 $cnt(\pi (x_i))\ne 0$。

现在，给定 $n$个人的数据，假设已知她的前 $m-1$个特征的值，Alice 的第 $m$个特征最有可能是什么值。

（题面很垃圾，建议看一下然后看样例解释）

输入描述

输入部分的开头有一个整数 $T$ $(1\le T\le 10)$，表示测试用例的数量。

对于每个测试用例，第一行包含三个整数 $n$ $(1\le n\le 10^4)，m$ $(1\le m\le 100)，k$ $(1\le k\le 300)$，表示数据的数量、特征的数量以及特征之间的关系数量。

在接下来的 $k$ 行中，每行包含两个整数 $x,y$ $(1\le x,y\le m)$，表示节点 $x$ 指向节点 $y$，因此第 $y$ 个特征依赖于第 $x$ 个特征。每个节点的入度小于 $5$。

在接下来的 $n$ 行中，每行包含 $m$ 个整数，表示某个人每个特征的值。每个特征的值在 $0、1、2$ 之间。

在最后一行，有 $m-1$ 个整数，表示 $\text{Alice}$ 的前 $m-1$ 个特征的值。

输出描述

输出一个整数，表示 $\text{Alice}$ 的第 $m$ 个特征的最可能的值。

保证只存在一个具有最大概率的值。

样例输入

1
10 5 4
1 4
2 4
3 5
4 5
0 1 0 1 0 
0 1 1 1 1 
0 0 0 0 0 
0 0 1 0 0 
1 1 1 0 1 
1 0 0 1 1 
1 1 0 1 1 
1 0 1 0 0 
1 1 1 1 1 
0 1 0 1 1 
1 1 0 0

样例输出

0

样例解释

在样例中，这里有十个人的数据，包含五个特点，特点有四个关系，这是一个反应每个人数据的表格：

编号	努力	处境	食欲	成绩	个性
1	0	1	0	1	0
2	0	1	1	1	1
3	0	0	0	0	0
4	0	0	1	0	0
5	1	1	1	0	1
6	1	0	0	1	1
7	1	1	0	1	1
8	1	0	1	0	0
9	1	1	1	1	1
10	0	1	0	1	1
Alice	1	1	0	0	?

他们的关系如下：

我们可以使用公式来计算结果为 $0$ 的概率：

$$\begin{gathered} P(x_m\mid x_1,\dots ,x_{m-1})=cP(x_1,\dots ,x_m)=\prod _{i=1}^{m}P(x_i\mid \pi (x_i)) \\ =P(x_1=1)\times P(x_2=1)\times P(x_3=0)\times P(x_4=0|x_1=1,x_2=1)\times P(x_5=0|x_3=0,x_4=0) \\ =\frac{5}{10}\times \frac{6}{10}\times \frac{5}{10}\times \frac{1}{3}\times \frac{1}{1}=0.05 \end{gathered}$$
可以计算得出 $1,2$ 的概率都等于 $0$，小于 $0.05$。

做法解析

这道题纯纯诈骗题，我们关注下面样例解释的式子，我们发现对于每种可能，其概率与其他可能不同的地方只在最后一项，所以我们只关心这一项即可。

那么我们只需要找出与 $x_m$ 有关的特点，筛选出条件符合的统计即可。

代码解析

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL N = 1e4 + 5;
const LL M = 105;
const LL K = 305;
LL T, n, m, k, x, y, d[N][M], a[M], cnt[3];
vector<LL> v[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> T;
    while (T--) {
        memset(v, 0, sizeof(v));
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        cin >> n >> m >> k;
        for (int i = 1; i <= k; i++) {
            cin >> x >> y;
            v[y].push_back(x);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                cin >> d[i][j];
            }
        }
        for (int i = 1; i <= m - 1; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            LL f = 0;
            for (LL j : v[m]) {
                if (d[i][j] != a[j]) {
                    f = 1;
                    break;
                }
            }
            if (!f) {
                cnt[d[i][m]]++;
            }
        }
        LL ans = 0;
        for (int i = 1; i <= 2; i++) {
            if (cnt[ans] < cnt[i])
                ans = i;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}