概率与期望题目总结

$\mathrm{概}\mathrm{率}\mathrm{与}\mathrm{期}\mathrm{望}18\mathrm{题}\mathrm{联}\mathrm{合}\mathrm{题}\mathrm{解}$

$Par{t}_1:\mathrm{简}\mathrm{单}\mathrm{期}\mathrm{望}$

这部分期望题目较为简单基础，是期望的练手题，思维难度较小。

T1

基础期望$dp$。依照定义：期望$=$概率$\times$贡献做即可。

本题提醒我们：在正向转移发现无法解决，且这些选择都具有多个，难以枚举，因而概率相同时，要考虑逆向$dp$。

事实上，绝大部分的概率$dp$都是逆向的。逆向$dp$的实现可以考虑$dfs$.

代码：Link

T2

本题提醒我们：在遇到高次项的期望贡献时要拆开来看，分别计算一次项对应的贡献。

代码：Link

T3

简单推个小式子即可。能蒙对当且仅当相邻的两题答案一样，相邻两题答案的组合共有$a[i]\times a[i-1]$种情况，蒙对有$min(a[i],a[i-1])$种情况，相除就是单个题目的期望，加和得到总期望。

代码:Link

本题提醒我们：期望是线性的，我们可以通过计算每一个样本的期望得到集合里总的期望。

T4

简单题。状态一眼就能设出来，然后依据概率转移即可。

本题提醒我们：当选择的个数是有限、可枚举的且通常概率不尽相同时，我们可以通过枚举每一种情况来正向进行期望$dp$。

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T6

简单题。仍然运用期望的线性性质，算出每个格子的期望，小小容斥一下再相加即可。

本题提醒我们：？？？好像也没什么。就是注意算概率的时候要不重不漏，有时需要容斥等细微处理，以及卡精度问题。

代码：Link

T7

和T2差不多，注意同时要计算$len$的期望。

代码：Link

$Par{t}_2:\mathrm{进}\mathrm{阶}\mathrm{期}\mathrm{望}$

这部分期望题目难度逐渐上升，是期望的进阶题，具有思维难度，同时还会结合组合、图论等其它知识点，大部分是远古时期省选题目。

T5

思维题。还是先考虑拆总的期望为每个人的期望，再列出式子即可。

后面的方法就很多了，可以暴力拆式子化简，也可以用long double存组合数硬算概率。具体见两篇题解。

代码在题解里，就不放了。

T8

显然操作顺序与最终答案无关，因此我们可以先将操作装进结构体排序，将所有包包放在前面，碎片放在后面。因为所有的挑战只有成功/失败两种结果且每种结果概率不等，因此显然是正向$dp$。容易想到定义$dp[i][j][k]$ 为当前在第$i$个挑战，一共赢了$j$场，目前背包有$k$空间的概率，于是分类讨论赢/输的情况，那分类讨论一下是包包还是碎片，分别转移即可。

本题提醒我们：正向$dp$的判定，$dp$设上题目所有的维度，但绝不要设胜负（成功与否），因为这是期望里的一部分！！！

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T9

由于在每个节点有多个等概率的选择，因此显然倒序$dp$。我们可以预处理两点之间距离$dis[i][j]$和猫猫在位置$i$，老鼠在位置$j$的情况$nxt[i][j]$表示猫猫会走到哪里，然后用记搜实现倒序$dp$，令猫和老鼠的位置分别是$x,y$，老鼠下一步可能在$z$，则式子显然:$dp[x][y]+=dfs((nxt[x][y],z)+1)/(deg[y])$，所求即为$dfs(s,t)$。

本题提醒我们：几乎所有图上期望都是倒序$dp$，且一般多用记搜实现。

代码：Link

T10

期望好题。

先判断是正序还是倒序 $dp$ 。

庄家每次可以等概率选取一张牌，有多个等概率的选择，因此是倒序$dp$。

现在考虑状态怎么设。既然是倒序$dp$，那就要从最终状态反推回原状态。最后的状态是只有一个人在游戏中，那这个人的胜率就是$1$，且这个人是庄家。于是我们考虑设$dp[i][j]$表示目前游戏中有$i$人，从庄家开始数第$j$个人的胜率，于是初始状态就可以表示为$dp[1][1]=1$，所求即为$dp[n][i](1\le i\le n)$。有了状态，式子就很好得到了：我们枚举每一张卡片$k_i$，得到从庄家开始数第$d_i$个人会死，那么对于每一张卡片所确定出的庄家$d_i+1$，我们可以求出来当前的人$j$在该庄家下的排名$w_i$，这是好求的，然后就$dp[i][j]+=dp[i-1][w_i]/m$转移即可。

这道题的难点是设状态。我们之所以这样设，是因为发现了以下两点：

1. 在设计第二维时，考虑到每一个人在本质上没有区别，有区别的只是庄家这个身份，因此不能简单地按照编号定义每个人，而是要转换思路，以庄家为基准定义每一个人。
2. 在设计第一维时，如果简单地将$\mathrm{轮}\mathrm{次}$作为第一维，那么在倒序枚举的情况下无法确定初始状态，不得不改变一下方式。我们知道初始状态应当是只剩一个庄家，根据刚才对第二维的设计对应的是就是庄家开始的第一个人。第一维应当与时间（轮次）相对应，能随他们而变化的，只有剩余人数这一维度。 因此得到了方程定义和初始状态：$dp[1][1]=1$。

本题提醒我们：难一些的期望$dp$的关键是设状态。一般地，我们先确定$dp$顺序，再确定如何表示初始状态，依照这两点来定义$dp$方程。

代码：Link

$\mathrm{出}\mathrm{了}dp\mathrm{状}\mathrm{态}\mathrm{定}\mathrm{义}，\mathrm{方}\mathrm{程}\mathrm{式}\mathrm{一}\mathrm{般}\mathrm{不}\mathrm{会}\mathrm{太}\mathrm{难}。$

T11

先回顾上文写的那句话。

然后——

"[NOIP2016]换教室"默默地向你翻了一个白眼。

先分析$dp$顺序，由于只有成功/失败两种情况且概率各不相同，显然正序$dp$。

有了顺序，状态就好设了。设$dp[i][j][0/1]$表示第$i$个时间段，$liuliu$一共申请了$j$门课，当前这一门课申请$(1)$，未申请$(0)$的期望。

千万不要设胜负！！！

转移也非常简单。显然 $dp[i][j][0/1]$ 会由 $dp[i-1][j][0/1]$ 或 $dp[i-1][j-1][0/1]$ 转移而来，由于$n\le 300$，可以$Floyd$预处理出两点之间距离，分类讨论一下上一个时间段与当前时间段自己所在的位置，再与概率相乘即可。

本题提醒我们：分类讨论要看全，邻接矩阵存重边要判断边权，全源最短路之间最短路最好用$Floyd$。

整体来看这道题还是进阶期望里挺简单的一道，几乎没有什么期望部分。

除了转移方程代码有点长。

代码：Link

T12

$n\le 15$，一眼状压。等概率的期望，显然逆推。

设$dp[i][j]$表示第$i$轮后第$1\to i-1$轮状态为$j$的期望，一般地，逆序枚举的期望$dp$初始状态就是$0$。令每个宝物额前提状态集合为$s[i]$，当前物品是$t$，那显然得到$dp$方程：

$ifs[t]\mathrm{\&}j==0\to dp[i][j]+=(max(dp[i+1][j],dp[i+1][j\mathrm{\&}(1<<t)+p[t]])/n$

$else\to dp[i][j]+=dp[i+1][j]/n$

本题提醒我们：倒序$dp$有多种方式：图论问题中可以记搜（T1、T9）、可以倒序设状态（T10）、可以倒序枚举(T12)。

代码：Link

T13

假期望，真树形$dp$.

本题的前置：洛谷P3047。

该题的统计思想在本题中会用到，即$up-down$的树形$dp$思想。

在树形$dp$维护信息时，很多时候我们需要$O(n)$维护一个点到全局的信息，这时候就需要该思想。具体地，该思想通过的是两次$dfs$，第一次的$dfs$维护根节点向下的信息，第二次维护叶子节点向上到根节点的信息。但显然两次的信息会由重复，那么就需要容斥原理减去重复的一部分。

对于本题：

首次$dfs$中，令父亲节点为$x$，儿子节点为$y$，通过边的概率为$p$，由概率的计算公式$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)$，则容易知道$dp[x]=dp[x]+dp[y]\times p-dp[x]\times dp[y]\times p$。

第二次$dfs$中，我们需要计算所有除去$y$的子树内的点对$y$处答案的贡献。那这个东西显然可以用$x$来更新。但此时的$dp[x]$已然包含了$y$的子树的部分，因此需要减去。具体地，由公式$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)$，此处的$P(A+B)$就是$dp[x]$，$P(A)$是$dp[y]\times p$，那么所求的$P(B)$就是$x$对$y$作出的除$y$子树以外的点的贡献。化简式子得到是$\frac{dp[x]-dp[y]\times p}{1-dp[y]\times p}$，在根据概率公式计算即可。

注意当$dp[y]\times p=1$时，该式子无意义，但同时意味着$dp[y]$已然是$1$，直接跳过，向下遍历即可。

本题提醒我们：概率计算不重不漏，树形$dp$要考虑二次遍历，上下转移。

$\mathrm{二}\mathrm{次}\mathrm{遍}\mathrm{历}，\mathrm{上}\mathrm{下}\mathrm{转}\mathrm{移}!!$

代码：Link

T14

注意到是一个有环无向图，无法进行一般的树形转移。

由于点数较少，而边数过多，因此考虑转化边的期望为点的期望。设连接一边$t$的两点$x,y$的期望分别为$p_x,p_y$，二者的度数分别为$d_x,d_y$，那么这条边的期望$q_t=\frac{p_x}{d_x}+\frac{p_y}{d_y}$。

考虑如何求点的期望。设点$x,y$间有边相连，那么期望$f_x=\frac{f_y}{d_y}$。由于点$n$无从转移，因此一共有$n-1$个这样的式子，未知数是$f_i(1<i<n)$，考虑高斯消元解出期望。需要注意的是，点$1$的初始期望为$1$。

然后贪心，期望越大赋值越小即可。

本题提醒我们：图论中的期望可以化边为点，当未知数的转移不具有规律性，不可简单$dp$时，要高斯消元来解。

T15

与上一道题有相似的地方，但也有不同。

求异或时，显然异或的每一位是互不相关的，因此我们可以分类讨论，求出每一位的期望。

显然这类图论题目都是倒序$dp$。因此想到设$f[i]$为$i\to n$的该位异或路径为$1$时的概率。这里设的时候不能简单设路径的期望，因为只有异或值为$1$才会对答案做出贡献。

式子就容易得出：

$dp[x]=\frac{dp[y]}{deg[x]}(w(x,y)==0)+\frac{1-dp[y]}{deg[x]}(w(x,y)==1)$

略微变形一下，高斯消元$log\mathrm{\_}MAX$次即可（一般直接取$30or31$）。

期望$dp$，初始状态为$0$，所求即为$dp[1]$。

本题提醒我们：遇到异或这种运算时可以按位处理，设状态的时候要能直接表示出初始状态，由于一个点的异或值可能性有两种，且概率相加为$1$ （这很重要！到一个点的异或值的样本空间只有$0$和$1$），不然就要像T11一样表示两种情况(期望没有规律啊)！

代码：Link

T16

先考虑最优解是什么：

显然每一次最右边的亮灯是必须要按的（没得选）。于是最优策略就是从大到小枚举每一个亮灯，改变它左边灯的状态。这里$O(n\sqrt{n})$或$O(nlogn)$都不难做到。

先分析$dp$顺序。每个灯有多种可能的状态，因此倒序$dp$。

状态怎么设？这是本题最难的地方。

分析题目给的可能的初始条件。在剩余最优策略还有$k$步时，直接按最优策略走。

这道题应该算一道特殊性质题，因为没有这个$k$步的条件，题目照样可以做，但状态会难设很多。原因是它提醒了我们每一次按灯有按正确和按错误的两种可能性，设状态时可以从按灯正确与否入手。

但是按灯的过程的阶段性不强。上面的题目，一般都有轮数/时间段等限制，可以作为阶段，但是按正确与否的灯，似乎没有这方面的限制。

$dp\mathrm{状}\mathrm{态}\mathrm{的}\mathrm{设}\mathrm{计}，\mathrm{往}\mathrm{往}\mathrm{取}\mathrm{决}\mathrm{于}\mathrm{转}\mathrm{移}\mathrm{时}\mathrm{变}\mathrm{化}\mathrm{了}\mathrm{什}\mathrm{么}。$

按一次正确的灯，正确的灯会增加一盏，因此本题变化的是正确的灯的数量！！

我们不能简单的按了$i$盏正确的灯时的期望，这样错误的灯的个数会影响答案统计。因此，设$dp[i]$为从有$i$盏灯需要按到$i-1$盏需要按的期望，这样设隐含着本次按的灯是对的这一条件，就好转移了。

方程是容易的：$dp[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}\times (dp[i]+dp[i+1]+1)$。

含义是按对的概率$(\times 1)$ $+$按错的概率$\times$按错所需的代价。

变形一下统计答案即可，细节见代码。

本题提醒我们：

1. 要关注特殊性质
2. 要关注转移过程中变化了什么，根据变化的量来设$dp$状态。

代码：Link

$Par{t}_3:\mathrm{毒}\mathrm{瘤}\mathrm{期}\mathrm{望}$

这部分期望题目，是期望题目中几乎不可做的题，思维难度大。

T17

先讲$40pts$的部分分，就是该题：

T17.1

两道题本质上是全等的，只有数据范围不同。

有多个模式串，自然想到$AC$自动机。于是建出$AC$自动机，对每一个字符串的末尾打上标记，所求就是最终停在每一个标记点的概率。

直接设每个点的概率是不好转移的，因为无法确定初始状态。经过根节点的概率如何求出呢？是$1$吗？但显然由于可以反复地返回根节点，因此这样是不成立的。

但是我们可以简单地求出经过每个点的期望。这部分是T14。求期望的原因是根据期望的定义，$E(i)=P(i)\times$经过次数，但是本题中，到达终点就停下，这个次数是$1$啊！因此求出的期望就是概率了。

那么高斯消元即可。由于一共最多可以建出 $nm$ 个点，因此复杂度大致是$O(n^3{m}^3)$的，可以通过该题。

本题提醒我们：多模字符串想到$AC$自动机，注意概率和期望之间的灵活转化！

代码：Link

回到本题。$O(n^3{m}^3)$的复杂度通过本题显然力不从心。考虑这个算法的冗余部分在哪里。高斯消元后我们求出了每一个自动机上的点的期望，但是所有非终点的期望我们实际上是不需要的。于是考虑把所有非终点构成的集合的期望记作$x_0$，每一个终点的期望（即概率）记作$x_{1-n}$。

考虑到达每一个终点的过程。

发现一个显然的性质，每一个终点的到达，都是由一个无法匹配的串顺着预测匹配$m$步得到的。因此$x_i=\frac{x_0}{2^m}$。

但这样实际上是不正确的，不然所有的字符串概率应该相同。我们没有考虑在这个匹配路径上遇到其他字符串终点的情况。这样的情况发生意味着匹配字符串$i$的某个前缀和干扰字符串$j$的某个后缀完全重合。在$x_0$的基础上加上这个干扰匹配的概率就是这条路径真正的概率了。

$x_0+\sum _{j=1}^{n}dp[j]\sum _{k=1}^n\frac{1}{2^{m-k}}[pr{e}_{i,k}=su{f}_{j,k}]$

再结合一个显然的方程：$\sum _{i=1}^n{x}_i=1$，就可以高斯消元解$n+1$个方程组了。

注意最终要一些奇怪的恒等变形？不然会奇奇怪怪地因为精度炸掉。

本题提醒我们：分析非完美算法失败的原因，考虑非完美算法的冗余在哪里，建立将所有不合法情况看成一种情况的意识。

T18

在做了许多难度大的期望之后发现这道题也没有那么毒瘤了呢~~

显然的树形$dp$。考虑两点之间路径的情况是从起点 $x$ 到 $lca$ 再到终点 $y$ 的。由期望的线性性质，这两个部分我们可以分别计算，前缀和、差分处理。于是考虑设 $f[u]$ 为当前节点 $u$ 到 $fa[u]$ 的期望步数，反之 $g[u]$ 为从 $fa[u]$ 到 $u$ 的期望次数。

注意求$f$和$g$的顺序是不可改变的！

原因是树形结构的特殊限制。从下到上的路径是唯一的，但从上到下的路径有着多种选择，依赖着从上到下的答案。这本质上还是$up-down$思想。

草稿本：那你为什么妄图先算$g$忙了将近$1h$啊

然后式子就好列出了，注意分类讨论要细致。

$$f[u]=\frac{1}{deg[u]}+\sum _{x\in son[u]}\frac{1+f[x]+f[u]}{deg[u]}$$

这个表示的就是一步走对的可能$+$走错了，走到子节点，需要多一步返回的可能。

$$g[u]=\frac{1}{deg[fa[u]]}+\frac{1+g[u]+g[fa[u]]}{deg[fa[u]]}+\sum _{x\in son[fa[u]]\cap x\ne u}\frac{1+g[u]+f[x]}{deg[fa[u]]}$$

这个表示的就是一步走对的可能$+$走到自己父亲节点，需要一步返回的可能$+$走错儿子，需要一步返回的可能。

这个式子显然无法直接递推处理，因此需要化简一下，就成了：

$$f[u]=deg[u]+\sum f_{x}g[u]=g[fa[u]+deg[fa[u]]+\sum f_x$$

递推处理就好了。注意初始化问题：$f[1]=g[1]=0$以及$dfs$中的部分细节问题。

本题提醒我们：树上问题大多转化为$lca$问题，树形$dp$中$up-down$思想的贯彻导致统计答案的顺序很重要！

代码：Link

$Par{t}_4:\mathrm{写}\mathrm{在}\mathrm{最}\mathrm{后}$

概率与期望的题单一共$18$题，做到这里想必也是很不容易。最后总结一下关于概率与期望的几句话吧。

1. 先确定$dp$顺序，是正序$dp$还是倒序$dp$。
2. 设状态很重要。一般地，好的状态能有好的初始状态和所求状态的表示，能够体现转移过程中变化的量。
3. 灵活结合其它算法解决问题。如一般图中用高斯消元，树上用$up-down$思想的树形$dp$

4. 勤思考，多写代码，培养强大的思维能力和代码能力，不要一味颓题解！

   $ThatsEnd.on2024.2.17$