「学习笔记」期望概率dp

一.数学期望的概念#

「学习笔记」期望问题 是学习期望概率dp的基础，建议学习后再来阅读该学习笔记。

数学期望（简称期望），是试验中每次可能结果的概率乘以其结果的总和，它反映了随机变量平均取值的大小。

数学期望可以用加权平均数来理解，可能取值就是初始数据，概率就是每个数的权，此时期望就是加权平均数。

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二.数学期望的计算公式#

对于随机变量 $X$，它有 $n$ 种可能的取值，取值为 $x_i$ 的概率为 $P(x_i)$，那么它的数学期望 $E(X)=\Sigma _{i=1}^{n} x_i P(x_i)$。

举个例子：给定一个随机变量 $X$，它有六种可能的取值，分别是 $1,2,3,4,5,6$，且取每个值得概率是一样的，那么 $E(X)=\frac{1}{6}×1+\frac{1}{6}×2+\frac{1}{6}×3+\frac{1}{6}×4+\frac{1}{6}×5+\frac{1}{6}×6=\frac{7}{2}$。

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三.数学期望的性质#

设 $A,B,C$ 为常数， $X,Y$ 为随机变量，那么有：

• $E(C)=C$；
• $E(CX)=CE(X)$；
• 重点：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$，线性性；
• $X,Y$ 互相独立时， $E(XY)=E(X)E(Y)$；
• 结合上列性质，得出 $X,Y$ 互相独立时 $E(AX+BY)=AE(X)+BE(Y)$。

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四.期望dp#

求解达到某一目标的期望代价：因为最终的代价我们不知道，所以需要倒序求解。

设 $f_{i,j}$ 为在 $(i,j)$ 这个状态实现目标的期望代价（相当于相距目标多少）。

当然我们也可以采用正序求解，只需要将状态的意义确定，符合要求，就可以求解。

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五.例题讲解#

Ybtoj【例题1】路径长度#

P4316 绿豆蛙的归宿#

因为已知最终状态，按照期望dp的想法，我们采用逆推。

设有向边 $x\to y$，那么有 $f_x=(\frac{1}{deg_x})\Sigma f_y + w_{x\to y}$。

因为反向建边，所以我们要把 $x,y$ 颠倒过来。

在 $DAG$ 上进行拓扑排序即可转移状态。

核心代码：

Copy
queue <int> q;
q.push (n);
while(!q.empty()) {
	int u = q.front();
	q.pop();
	for(int i=head[u]; i; i = e[i].from) {
		int v = e[i].to;
		f[v] += (f[u] + e[i].w) / dg[v];
		if(--in[v] == 0) {
			q.push (v);
		}
	}
}

Ybtoj【例题2】乘坐电梯#

CF518D Ilya and Escalator#

设 $f_{i,j}$ 为在第 $i$ 个人，第 $j$ 秒时电梯上的期望人数。

那么，易得 $f_{i,j}=(1-p)×f_{i, j - 1} + p×(f_{i-1,j-1}+1)$。

最后输出 $f_{n,t}$ 即可。

Ybtoj【例题3】期望收益#

P1365 WJMZBMR打osu! / Easy#

先思考一下，在连续 $a$ 个 $o$ 后面再加一个 $o$，会对答案产生多少贡献？

显然，会多贡献 $(a+1)^2-a^2=a^2+1+2a-a^2=2a+1$。

当处理到第 $i$ 位时，我们可以知道以第 $i$ 位为结尾的连续 $o$ 的期望长度，根据 连续 $o$ 的期望长度，就可以轻松算出期望分数。

核心代码：

Copy
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (c[i] == 'o') {
        ans += len * 2 + 1;//一定是，累计贡献。
		len++;//同上。
    }

    else if (c[i] == 'x') {
        len = 0;//一定不是，期望长度归0。
    }

    else {
        ans += (len * 2 + 1) / 2;//有一半的概率不是o，所以要除以2。
        len = (len + 1) / 2;//同上。
    }
}

Ybtoj【例题4】期望分数#

P1654 OSU!#

和上题相似，但是指数为 $3$。

也思考一下，在连续 $a$ 个 $o$ 后面再加一个 $o$，会对答案产生多少贡献？

计算出会多贡献 $(a+1)^3-a^3=a^3+3a^2+3a+1-a^3=3a^2+3a+1$。

设 $E(X_i)$ 为在第 $i$ 位得的分数期望，我们思考一下 $E(X_i)$ 和 $E(X_{i+1})$ 的关系。

假设在 $i$ 位置连续 $1$ 串长度为 $l$ 的概率为 $p_{l}$，在 $i+1$ 位置是 $1$ 的概率为 $P$ ，那么对于每一个单独的 $l$ 它都有 $P$ 的概率对分数产生 $(3l^{2}+3l+1)$的额外贡献。

我们把所有可能的 $l$ 一起考虑，就可以得到这个式子：
$E(X_{i+1})=E(X_i)+P×\Sigma_{l=0}^{i}p_l(3l^2+3l+1)$。

然后我们将式子转化为：
$E(X_{i+1})=E(X_i)+P×(3E(l_i^2)+3E(l_i)+1)$

接下来维护 $E(l)$ 和 $E(l^2)$。

于是我们可以这么算：
$E(l_{i+1}=P×(E(l_i)+1)$

$E(l_{i+1}^2=P×(E(l_i^2)+2E(l_i)+1)$。

然后我们递推，用三个变量存储即可。

核心代码：

Copy
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
	ans += (3 * len2 + 3 * len1 + 1) * p[i];
	len2 = (len2 + 2 * len1 + 1) * p[i];		
	len1 = (len1 + 1) * p[i];
}
printf ("%.1lf", ans);