【期望DP】
【总览】
【期望dp】
求解达到某一目标的期望花费：因为最终的花费无从知晓（不可能从$\infty$推起），所以期望dp需要倒序求解。
设$f[i][j]$表示在$(i, j)$这个状态实现目标的期望值（相当于是差距是多少）。
首先$f[n][m] = 0$，在目标状态期望值为0。然后$f = (\sum f' × p) + w $，$f'$为上一状态（距离目标更近的那个，倒序），$p$为从$f$转移到$f'$的概率（则从$f'$转移回$f$的概率也为$p$），w为转移的花费。
最后输出初始位置的$f$即可。
特别的，当转移关系不成环时，期望dp可以线性递推。
但当转移关系成环时，期望dp的最终状态相当于一个已知量，而转移关系相当于一个个方程，可以使用【高斯消元】解决。
【概率dp】
概率dp通常已知初始的状态， 然后求解最终达到目标的概率，所以概率dp需要顺序求解。
概率dp相对简单，当前状态只需加上所有上一状态乘上转移概率即可：$f = \sum f'_{i} × p_{i}$
【例题】
【hdu3853】Loops
简单的期望dp题，设$f[i][j]$表示当前位置到达终点的期望体力，则$f[r][c] = 0$。
已知每个位置不动、向下、向右的概率。设p0为当前状态下停留的概率，p1为向下的概率，p2为向右的概率，那么就从终点开始逆推：
$$f[i][j] = p0 × f[i][j] + p1 × f[i + 1][j] + p2 × f[i][j +1] + 2$$
dp强调根据已知推未知，发现等号右边$f[i][j]$正是我们要求的，呢么这就可以构成一个方程了。不过没有那么复杂，因为转移关系不是一个环，只要我们将右边的$f[i][j]$移到左边，再将系数除过去，等号右边就都是已知的了。
【CODE】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<vector> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int R = 1005, C = 1005; const double eps = 1e-5; int r, c; double p[R][C][3]; double f[R][C]; int main(){ while(scanf("%d%d", &r, &c) != EOF){ memset(p, 0, sizeof p); memset(f, 0, sizeof f); for(int i = 1; i <= r; i++) for(int j = 1; j <= c; j++) scanf("%lf%lf%lf", &p[i][j][0], &p[i][j][1], &p[i][j][2]); f[r][c] = 0; for(int i = r; i >= 1; i--) for(int j = c; j >= 1; j--){ if(i == r && j == c) continue; if(fabs(1.0 - p[i][j][0]) < eps) continue; f[i][j] = (p[i][j][1] * f[i][j + 1] + p[i][j][2] * f[i + 1][j] + 2.0) / (1.0 - p[i][j][0]); } printf("%.3f\n", f[1][1]); } return 0; }
【hdu4405】AeroplaneChess
又是一道期望dp。读题可知终点落在$n$~ $n + 5$，将它们的f全部置为$0$。
因为有直接跳转，所以如果当前点有可以直接跳转到的点，那么这次是不用掷骰子的，因为当前期望等于目标点的期望。
然后考虑掷色子，摇到$1, 2, 3, 4, , 6$的概率都为$\frac{1}{6}$，所以$f[i] = \sum_{x = 1}^{6} f[i + x] × \frac{1}{6} + 1$
这样倒序dp便可以得到期望值。
【CODE】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<vector> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; const int N = 100050; int go[N]; int n, m; double f[N]; int main(){ while(~scanf("%d%d", &n, &m), n + m){ memset(go, -1, sizeof go); for(int i = 1; i <= m; i++){ int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); go[x] = y; } memset(f, 0, sizeof f); for(int i = n - 1; i >= 0; i--){ if(go[i] != -1){ f[i] = f[go[i]]; continue; } f[i] = (f[i + 1] + f[i + 2] + f[i + 3] + f[i + 4] + f[i + 5] + f[i + 6]) / 6 + 1; } printf("%.4f\n", f[0]); } return 0; }
【poj2096】收集错误
这道题很有意思。设$f[i][j]$为收集到$i$种bug，属于$j$个子系统的期望天数，同样$f[n][s] = 0$
考虑当前bug：
- 属于已经收集到的$i$种，也属于已经收集到的$j$个系统，概率为$\frac{i × j}{n × s}$
- 属于已经收集到的$i$种，属于新的一套系统， 概率为$\frac{i × (s - j)}{n × s}$
- 属于新的一种，属于已经收集到的$j$个系统，概率为$\frac{(n - i) × j}{n × s}$
- 属于新的一种，属于新的系统，概率为$\frac{(n - i) × (s - j)}{n × s}$
上面顺推求出的概率，应该是等于逆推的概率的。
其余的就很基础了。
【CODE】
#include<iostream> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; const int N = 1005, S = 1005; double f[N][S]; int n, s; int main(){ scanf("%d%d", &n, &s); f[n][s] = 0.0; for(int i = n; i >= 0; i--){ for(int j = s; j >= 0; j--){ if(n * s - i * j == 0) continue; double c1 = (double)i * ((double)s - (double)j), c2 = ((double)n - (double)i) * (double)j, c3 = ((double)n - (double)i) * ((double)s - (double)j), c4 = (double)n * (double)s, c5 = (double)n * (double)s - (double)i * (double)j; f[i][j] = ((c1 * f[i][j + 1] + c2 * f[i + 1][j] + c3 * f[i + 1][j + 1] + c4) / c5); } } printf("%.4f\n", f[0][0]); return 0; }
【poj3071】FootBall
终于到概率dp了。设$f[i][j]$表示当前第$i$轮比赛，$j$队获胜的概率，那么他如果想获胜：
- 首先上一轮比赛他必须获胜。
- 然后他的对手上一轮必须获胜。
- 他的对手只能是相邻的。
判断相邻十分巧妙的使用了二进制：如果把所有队伍的编号都$-1$：
从$0$开始的自然数（二进制）：$0, 1, 10, 11, 100, 101, ......$
可以发现相邻的数它们的最后一位一定相反。
进行第一轮比赛后，相当于将相邻俩个节点替换成他们的父节点$(k >> 1)即将最后一位去掉$，此时相邻的点仍然符合规律。
所以我们判断两队是否能比赛的标准就是：$(j >> (i - 1)) $ ^ $1 == k >> (i - 1)$
【CODE】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const int N = 8; int n; double f[N][300], p[300][300]; int main(){ freopen("h.in", "r", stdin); while(scanf("%d", &n), n != -1){ memset(p, 0, sizeof p); memset(f, 0, sizeof f); for(int i = 1; i <= (1 << n); i++){ f[0][i] = 1; for(int j = 1; j <= (1 << n) ; j++) scanf("%lf", &p[i][j]); } for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= (1 << n); j++) for(int k = 1; k <= (1 << n); k++) if((((j - 1) >> (i - 1)) ^ 1) == ((k - 1) >> (i - 1))) f[i][j] += f[i - 1][k] * f[i - 1][j] * p[j][k]; double ans = -1; int ret = 0; for(int i = 1; i <= (1 << n); i++) if(ans < f[n][i]) ans = max(ans, f[n][i]), ret = i; printf("%d\n", ret); } }
