期望 概率DP
期望
\(x\) 的期望 \(E(x)\) 表示平均情况下 \(x\) 的值。
令 \(C\) 表示常数, \(X\) 和 \(Y\) 表示两个随机变量。
-
\(E(C)=C\)
-
\(E(C \times X)=C \times E(X)\)
-
\(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\) 期望的线性性
-
\(E(XY)\) 不一定等于 \(E(X) \times E(Y)\)
期望练习:
题意:
\(n\) 个格子从左往右排成一排,\(m\) 次操作。
每次操作随机选择一个区间 \([l,r]\) ,将里面所有格子涂黑。
求 \(m\) 次操作完毕后,被涂黑的格子数量的期望。
\(solution\):
期望的线性性,答案等于每个格子被涂黑的概率之和。
对于某个格子,假设一次操作涂黑它的概率为 \(p\) ,则 \(m\) 次操作涂黑它的概率为 \(1-(1-p)^m\)。
期望(概率)DP
题意:
\(n\) 个点 \(m\) 条边的有向无环图,保证 \(1\) 可以到达每个点,且每个点可以到达 \(n\) 号点。如果现在在 \(x\) ,\(x\) 连了 \(d\) 条边出去,那么会以 \(\dfrac{1}{d}\) 的概率随机选择一条边走过去。
求 \(1\) 游走到 \(n\) 的期望步数。
$n \le 100000 $ ,\(m \le 200000\)
\(solution\) :
记忆化搜索。
设 \(e[x]\) 表示 \(x\) 走到 \(n\) 的期望步数。
复杂度:\(O(n + m)\) 。
$\texttt{code}$
void dfs(ll x)
{
if(dp[x]!=-1) return;
ll cnt=0;
for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
{
dfs(ver[i]);
cnt+=dp[ver[i]];
}
dp[x]=(cnt*inv[x]+1)%mod;
}
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
u=rd(),v=rd();
add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i],mod-2);
dfs(1);
printf("%lld\n",dp[1]);
题意:
\(n\) 个点 \(m\) 条边的有向无环图,保证 \(1\) 可以到达每个点,且每个点可以到达 \(n\) 号点。如果现在在 \(x\) ,\(x\) 连了 \(d\) 条边出去,那么会以 \(\dfrac{1}{d+1}\) 的概率随机选择一条边走过去,或者以 \(\dfrac{1}{d+1}\) 的概率待在 \(x\) 点不动。
求 \(1\) 游走到 \(n\) 的期望步数。
\(n \le 100000\) ,\(m \le 200000\)
\(solution\) :
有 \(e[x]\) 怎么办?化简!
结论:
复杂度:\(O(n+m)\) 。
$\texttt{code}$
void dfs(ll x)
{
if(dp[x]!=-1) return;
ll cnt=0;
for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
{
dfs(ver[i]);
cnt+=dp[ver[i]];
}
dp[x]=(cnt+outd[x]+1)*inv[x]%mod;
}
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
u=rd(),v=rd();
add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i],mod-2);
dfs(1);
printf("%lld\n",dp[1]);
题意:
\(n\) 个点 \(m\) 条边的有向无环图,保证 \(1\) 可以到达每个点,且每个点可以到达 \(n\) 号点。如果现在在 \(x\) ,\(x\) 连了 \(d\) 条边出去,那么会以 \(\dfrac{1}{d+1}\) 的概率随机选择一条边走过去,或者以 \(\dfrac{1}{d+1}\) 的概率回到 \(1\) 号点。
求 \(1\) 游走到 \(n\) 的期望步数。
\(n \le 100000\) ,\(m \le 200000\)
\(solution\) :
有 \(e[1]\) 怎么办?另外定义转移方程!
设:
则有:
带入转移方程式:
因为 \(e[x]=f[x] * e[1]+g[x]\) ,所以最终可以得出结论:
带入求值即可。
$\texttt{code}$
void dfs(ll x)
{
if(f[x]!=-1) return;
ll cntf=0,cntg=0;
for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
{
dfs(ver[i]);
cntf+=f[ver[i]];
cntg+=g[ver[i]];
}
f[x]=(cntf+1)*inv[x]%mod;
g[x]=(cntg*inv[x]%mod+1ll)%mod;
}
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
u=rd(),v=rd();
add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i]+1,mod-2);
dfs(1);
printf("%lld\n",g[1]*Pow(((1-f[1]+mod)%mod+mod)%mod,mod-2)%mod);
其他习题
P1850 换教室
状态:设 \(dp[i][j][0/1]\) 来表示当前为第 \(i\) 个阶段,连同这一次已经用了 \(j\) 次换教室的机会,当前这次换 \((1)\) 不换 \((0)\) 的最小期望路程总和。
转移:
- 转移 \(dp[i][j][0]\) :
dp[i][j][0]=fmin
(
dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]],
dp[i-1][j][1] + p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] + (1.0-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]
);
- 转移 \(dp[i][j][1]\) :
dp[i][j][1]=fmin
(
dp[i-1][j-1][0] + p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]],
dp[i-1][j-1][1] +
p[i-1]*p[i]*dis[d[i-1]][d[i]] + p[i-1]*(1-p[i])*dis[d[i-1]][c[i]] +
(1-p[i-1])*p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i-1])*(1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]]
);
难点:因为在上一次换教室时是 概率 交换,所以不一定会换,所以要把两种情况的都加上(上面写了)。
$\texttt{code}$
memset(dis,inf,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=v;i++) dis[i][i]=0;
int x,y,eg;
for(int i=1;i<=e;i++) x=rd(),y=rd(),eg=rd(),dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],eg);
for(int k=1;k<=v;k++) for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++)
dis[i][j]=dis[j][i]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=1;k++) dp[i][j][k]=1.0*inf;
dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=min(i,m);j++)
{
dp[i][j][0]=fmin
(
dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]],
dp[i-1][j][1] + p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] + (1.0-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]
);
if(j!=0) dp[i][j][1]=fmin
(
dp[i-1][j-1][0] + p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]],
dp[i-1][j-1][1] +
p[i-1]*p[i]*dis[d[i-1]][d[i]] + p[i-1]*(1-p[i])*dis[d[i-1]][c[i]] +
(1-p[i-1])*p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i-1])*(1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]]
);
}
}
ans=1.0*inf;
for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=1;k++) ans=fmin(ans,dp[n][j][k]);
printf("%.2lf\n",ans);
P3750 [六省联考2017]分手是祝愿
先考虑求出最小操作次数 \(c\) 。
考虑从大到小枚举 \(n\) 盏灯,若当前这盏灯是亮的,那么就将这盏灯熄灭,并更新左右它的约数。
若初始局面需要的最小操作次数小于等于 \(k\) ,显然操作次数为最小操作次数。
我们可以预处理出 \(dp(i)\) 表示有 \(i\) 个选择变为 \(i-1\) 个选择的最小操作次数。
则转移为:
化简得:
则最终答案期望为:
别忘了最终答案乘上 \(n!\) 。
$\texttt{code}$
n=rd(),k=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) if(rd()) b[i]=true;
for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=i;j<=n;j+=i) yue[j].pb(i);
for(int i=n;i>=1;i--) if(b[i])
{
for(int j:yue[i]) b[j]^=1;
cnt++;
}
if(cnt<=k) ans=cnt;
else
{
dp[n]=1;
for(ll i=n-1;i>=1;i--)
dp[i]=(1ll+(1ll*n-i)*(dp[i+1]+1ll)%mod*ksm(i,mod-2)%mod)%mod;
for(int i=k+1;i<=cnt;i++) ans=(ans+dp[i])%mod;
ans=(ans+k)%mod;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) ans=ans*i%mod;
printf("%lld\n",ans);