概率期望题（期望 DP）做题记录

主要思想

在随机游走中，一般设 \(dp\) 表示当前状态到最终状态的期望是多少，从后往前推（或这说用 dfs 记忆化搜索来实现递推）：

\[dp_u=E_{move}+\sum_{v\in S_v}\frac{p_v}{\sum p_v}\times dp_{v} \]

最终从 \(1\) 到 \(n\) 的期望就是 \(dp_1\)。

P3830 [SHOI2012]随机树

难点在于第二问：生成树的期望深度。

不 wei zhuo 捏，设 \(dp_{i,j}\) 表示已经有了 \(i\) 个叶子结点，深度大于 \(j\) 的概率。

考虑枚举一棵子树的大小，转移方程如下：

\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{i-1}\dfrac{dp_{k,j-1}+dp_{i-k,j-1}-dp_{k,j-1}\times dp_{i-k,j-1}}{i-1} \]

上面分子的部分就是加到一棵子树的概率减去重复的情况，然而我们发现这样仍然有重复情况。

考虑每一种深度情况，即左右子树分别为 \((1,i-1),(2,i-2),\dots,(i-1,1)\) 的情况的概率，可以将整棵树用加点方式 \(LRLLR\dots RLRLL\) 类似的序列表示出来。

它是一个有 \(k\) 个 \(L\) 和 \(i-k\) 个 \(R\) 组成的操作序列，那么总共有 \(\dfrac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}\) 中不同的序列。

考虑计算生成一棵 \(n\) 个点的数的方案数：第一次只有 \(1\) 中选择，第二次有 \(2\) 种选择，……那么方案数就是 \((n-1)!\)。

同理，给定左右子树大小，生成树的方案数是 \((k-1)!(i-k-1)!\) 的。

个上面的式子结合起来会发现方案数等于 \((i-2)!\)，竟然与 \(k\) 无关！也就是说，无论左右子树到底多大，方案数都是相同的，所以有 \(\dfrac{1}{i-1}\)。

P3239 [HNOI2015]亚瑟王

写了两个假算，终于改对了。

首先肯定考虑将每张牌打出的概率算出来，每一轮考虑过来。

一开始打的假算考虑的是计算在当前面对第 \(i\) 轮第 \(j\) 张牌时，这一轮前面的牌都没有选择，自己选择的概率。

发现这样在前面的牌被轮空的时候，难以计算选择这张牌的概率，所以需要记录前面被轮空了几张牌。

记 \(dp_{i,j}\) 表示在整一局游戏中，在前 \(i\) 张牌中，选择了 \(j\) 张牌的概率。

面临第 \(i\) 张牌，前面已经选择了 \(c\) 张牌时，选择 \(i\) 的概率为：

\[dp_{i-1,c}\times (1-p_i)^{r-c-1}\times p_i \]

意思是前面有 \(r-c-1\) 次面临 \(i\) 的机会都没有选择，这一次选择了。每次算完概率后直接累加答案。

\(dp\) 数组的转移方程为：

\[dp_{i,c}=dp_{i-1,c}\times (1-p_i)^{r-c}+dp_{i-1,c-1}\times \left(1-(1-p_i)^{r-c+1}\right) \]

初始状态：\(dp_{0,0}=1.0\)。目标状态：整个数组。

每次计算幂会增加一大把常数，可以预处理 \((1-p_i)\) 的幂次，复杂度 \(\mathcal{O(Tnr)}\) 转移。