算法学习笔记：期望/概率 DP

合集 - 算法学习笔记(4)

1.算法学习笔记：扫描线01-262.算法学习笔记：单调栈/单调队列01-17

3.算法学习笔记：期望/概率 DP02-22

4.算法学习笔记：多项式03-01

收起

前言

教练讲之前我是完全不会的啊，讲完了感觉大脑旋转。

主要写题单里的题的题解。

预备知识

离散型随机变量的期望

设离散型随机变量 $X$ 的概率分布为 $p_i=P(X=x_i)$，则 $X$ 的期望 $E(X)$ 定义为

$$\sum p_i{x}_i$$

连续型随机变量的期望

设离散型随机变量 $X$ 的密度函数为 $f(x)$，则 $X$ 的期望 $E(X)$ 定义为

$$\int xf(x)\text{d}x$$

题单练习

Luogu P5104 红包发红包

题意

有一个 $w$ 元的红包，若红包剩下 $w^{\prime }$ 元，则这个人抢到的钱数是从 $[0,w^{\prime }]$ 等概率随机生成的实数 $x$。问第 $k$ 个人期望抢到的钱数，答案对 ${10}^9+7$ 取模。

对于所有数据，$0<w<{10}^9+7$，$1\le k\le {10}^{18}$。

题解

设第一个人抢到的钱数为 $x$，则 $x$ 的分布函数 $f(x)=[x\in [0,w]]\frac{1}{w}$。那么所求的期望就是

$$E(x)={\int }_0^w\frac{x}{w}\text{d}x=\frac{w}{2}$$

对于第二个人，期望剩下 $\frac{w}{2}$ 元，那么期望抢到的钱数就是 $\frac{w}{4}$……以此类推，第 $k$ 个人期望抢到的钱数就是 $\frac{w}{2^k}$。快速幂 $O(\log k)$ 求解即可。

Luogu P6154 游走

题意

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的 DAG，问从所有路径中（路径可以为一个点），等概率随机选择其中一条的期望长度，答案对 $998244353$ 取模。

对于所有数据，$1\le n\le {10}^5$，$1\le m\le 7\times {10}^5$。

题解

它都不是期望 DP 题。期望长度即路径长度总和除以路径总条数，DAG 上 DP 统计即可。时间复杂度 $O(n+m)$。

Luogu P4316 绿豆蛙的归宿

题意

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的带权 DAG，起点为 $1$ 号点，终点为 $n$ 号点，保证从起点出发能到达所有点，所有点也都能到达终点。现在绿豆蛙从起点走到终点，每次从所有能到达的点中等概率选择一个走，问走的路径的期望长度。

对于所有数据，$1\le n\le {10}^5$，$1\le m\le 2n$。

题解

裸题。令 $f_u$ 表示 $u\to n$ 的期望路径长度，在反图上 DP 即可。时间复杂度 $O(n+m)$。

Luogu P1850 [NOIP 2016 提高组] 换教室

题意

一个人需在 $n$ 个时间段选课，每时间段有原教室 $c_i$ 和可选教室 $d_i$。他可以最多申请 $m$ 次更换教室，第 $i$ 个时间段申请成功概率为 $p_i$。所有申请需一次性提交，每个时间段只能申请一次。所有教室构成一个 $v$ 个点 $e$ 条边的无向带权图，课间移动消耗的体力为两教室间的最短路径，求总体力消耗的期望最小值。

对于所有数据，$1\le n\le 2\times {10}^3$，$0\le m\le 2\times {10}^3$，$1\le v\le 300$，$0\le e\le 9\times {10}^4$。

题解

经典题。先 Floyd 预处理多源最短路，然后容易想到令 $f_{i,j,0/1}$ 表示考虑前 $i$ 个时间段，共使用 $j$ 次申请次数，第 $i$ 个时间段是否申请换教室的期望最小值。分讨第 $i-1$ 个和第 $i$ 个时间段分别是否申请成功容易得到转移方程：

$$\begin{array}{rl}& f_{i,j,1}=min\{\begin{array}{l}{f}_{i-1,j-1,0}+dis(c_{i-1},d_i)\times p_i+dis(c_{i-1},c_i)\times (1-p_i),\\ f_{i-1,j-1,1}+dis(d_{i-1},d_i)\times p_{i-1}{p}_i+dis(d_{i-1},c_i)\times p_{i-1}(1-p_i)\\ +dis(c_{i-1},d_i)\times (1-p_{i-1})p_i+dis(c_{i-1},c_i)\times (1-p_{i-1})(1-p_i)\end{array}\\ & f_{i,j,0}=min\{\begin{array}{l}{f}_{i-1,j,0}+dis(c_{i-1},c_i),\\ f_{i-1,j,1}+dis(d_{i-1},c_i)\times p_{i-1}+dis(c_{i-1},c_i)\times (1-p_{i-1})\end{array}\end{array}$$

时间复杂度 $O(v^3+nm)$。

Luogu P3412 仓鼠找sugar II

题意

给定一棵 $n$ 个点的树，小仓鼠想从任意的起点 $s$ 走到任意的终点 $t$，每次会从所有相邻的节点中等概率随机选择一个走，问走的路径长度的期望，答案对 $998244353$ 取模。

对于所有数据，$1\le n\le {10}^5$。

题解

妙妙题。枚举终点 $t$ 作为树的根节点，然后你发现它可以往回走，导致你如果设计 $f_u=E(dis(u,t))$ 会有后效性，$n$ 的范围显然不允许我们做高斯消元。

考虑一些高妙的东西，注意到某个点 $u\to t$ 随机走出来的路径必然会包含 $path(u,t)$ 上的边，所以我们有

$$E(dis(u,t))=\sum _{\begin{array}{c}x\in path(u,t)\\ x\ne t\end{array}}E(dis(x,f{a}_x))$$

很自然地想到设计 $f_u=E(dis(u,f{a}_u))(u\ne t)$，但这个好像还是列不出普通的转移方程啊！但是我们仔细考虑 $u$ 如何能走到 $f{a}_u$。首先它有 $\frac{1}{de{g}_u}$ 的概率可以直接走到 $f{a}_u$，其次对于每个子节点 $v\in so{n}_u$，它还有 $\frac{1}{de{g}_u}$ 的概率走到 $v$，然后再沿 $v\to u\to f{a}_u$ 走到 $f{a}_u$。于是我们可以列出一个神秘的方程：

$$f_u=\frac{1}{de{g}_u}+\frac{1}{de{g}_u}\sum _{v\in so{n}_u}{f}_v+f_u+1$$

解方程可以得到

$$f_u=de{g}_u+\sum _{v\in so{n}_u}{f}_v$$

于是我们可以树形 DP 求出所有 $f_u$ 了！然后对于一条边 $(u,f{a}_u)$，显然它是 $s{z}_u$ 个节点向上走的必经边。我们令 $f_t=0$，则 $an{s}_t=\sum _{u=1}^{t}s{z}_u{f}_u$。

枚举 $t$，把所有 $an{s}_t$ 加起来再除以 $n^2$ 就是答案，于是我们有了 $O(n^2)$ 的做法。转移方程是个和式，某个点的贡献容易增删，显然可以换根 DP 优化到 $O(n)$。实现时注意一下换根前后根节点的贡献即可。

其实我们也有不那么高妙的角度。我们回到令 $f_u=E(dis(u,t))$，转移方程就是 $f_u=\frac{1}{de{g}_u}\sum _{(u,v)\in E}{f}_v+1$。从叶子节点开始考虑，那么 $f_u$ 的值只和 $f_{f{a}_u}$ 有关，进一步扩展到某个叶子结点的父亲 $u^{\prime }$，它的每个儿子都可以表示成有关 $f_{u^{\prime }}$ 的一次函数，代入得到 $f_{u^{\prime }}$ 的值又只与 $f_{f{a}_{u^{\prime }}}$ 有关……这样向上递推，容易发现 $f_u$ 最终就是一个关于 $f_{f{a}_u}$ 的一次函数，可以记录系数树形 DP 求解。再去记录子树的 $f_u$ 和容易拓展到换根 DP 的形式。时间复杂度还是 $O(n)$ 的。显然两种角度本质相同。

Luogu P1654 OSU!

题意

有一个长度为 $n$ 的 $0/1$ 串，第 $i$ 个位置有 $p_i$ 的概率为 $1$，$1-p_i$ 的概率为 $0$。定义这个串的价值为所有极长连续 $1$ 段的长度的立方和。求这个串的期望价值。

对于所有数据，$1\le n\le {10}^5$。

题解

考虑从当前位置 $i$ 向左扩展的极长连续 $1$ 段，它的长度 $x$ 增加 $1$ 后带来的贡献为 $(x+1{)}^3-x^3=3x^2+3x+1$，因此想到维护从当前位置向左扩展的极长连续 $1$ 段的长度的期望 $f_i$ 和长度的平方的期望 $g_i$。容易得到转移方程：

$$\begin{array}{rl}{f}_i& =\frac{1}{p_i}(f_{i-1}+1)\\ g_i& =\frac{1}{p_i}(g_{i-1}+2f_{i-1}+1)\end{array}$$

对于答案的期望 $an{s}_i$ 也有类似的转移：

$$an{s}_i=an{s}_{i-1}+\frac{1}{p}(3f_{i-1}+3g_{i-1}+1)$$

请注意这两种转移的微妙区别，$f_i,g_i$ 维护的是从当前位置 $i$ 向左扩展的极长连续 $1$ 段的长度/长度平方的期望，而 $an{s}_i$ 维护的是所有极长连续 $1$ 段的长度的立方和期望。

时间复杂度为 $O(n)$。

Luogu P3211 [HNOI2011] XOR和路径

题意

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的带权无向连通图。你想从 $1$ 号点走到 $n$ 号点，每次会从所有相邻的节点中等概率随机选择一个走，问路径上边权异或和的期望值。

对于所有数据，$2\le n\le 100$，$1\le m\le {10}^4$。

题解

$n$ 的范围强烈引导我们做高斯消元。令 $f_u$ 表示 $u\to n$ 的路径上边权异或和的期望值。容易得到转移方程：

$$f_u=\frac{1}{de{g}_u}\sum _{(u,v,w)\in E}{f}_v\mathrm{xor}w$$

这种形式当然不能高斯消元。考虑拆位，那么转移方程变成：

$$f_u=\frac{1}{de{g}_u}\sum _{(u,v,w)\in E}[w=0]f_v+[w=1](1-f_v)$$

最后对应累加答案即可。时间复杂度为 $O(n^3\log V)$。实现时注意判自环。