【整理】简单的数学期望和概率DP
- 数学期望 P=Σ每一种状态*对应的概率。
- 因为不可能枚举完所有的状态，有时也不可能枚举完，比如抛硬币，有可能一直是正面，etc。在没有接触数学期望时看到数学期望的题可能会觉得很阔怕（因为我高中就是这么认为的，对不起何老板了QwQ），避之不及。 但是现在发现大多数题就是手动找公式或者DP推出即可，只要处理好边界，然后写好方程，代码超级简短。与常规的求解不同，数学期望经常逆向推出。
- 比如常规的dp[x]可能表示到了x这一状态有多少，最后答案是dp[n]。而数学期望的dp[x]一般表示到了x这一状态还差多少，最后答案是dp[0]。
具体的看下面的题型吧,看完应该就有感觉了。
- 最后面几道是DP，感觉和数学期望关系不大，不看也罢。
一：Uva12230Crossing Rivers (数学期望)
题目大意：
有个人每天要去公司上班，每次会经过N条河，家和公司的距离为D，默认在陆地的速度为1，
给出N条河的信息，包括起始坐标p，宽度L，以及船的速度v。船会往返在河的两岸，人到达河岸时，
船的位置是随机的（往返中）。问说人达到公司所需要的期望时间。
思路： 1，过每条河最坏的情况是t=3*L/v； 即去的时候船刚刚走。 2，过没条河最优的情况是t=L/v； 即去的时候船刚刚来。 3，由于船是均匀发布的，符合线性性质，所以平均下来，过每条河的时间t=2*L/v。
（是不是感觉看完后豁然开朗。。。。。。发自内心地说道：原来是尼玛这样一个题，当然这个题并不典型）
二：SPOJ Favorite Dice（数学期望）
题意：
甩一个n面的骰子，问每一面都被甩到的次数期望是多少。
思路：
比较简单常见，公式：初始化dp[]=0; dp[i]=i/n*dp[i]+(n-i)/n*dp[i+1]+1; 化简逆推即可。 求的是dp[0];
三：SGU495Kids and Prizes（数学期望||概率DP||公式）
题意：
有n个奖品，m个人排队来选礼物，对于每个人，他打开的盒子，可能有礼物，也有可能已经被之前的人取走了，然后把盒子放回原处。为最后m个人取走礼物的期望。
思路：
排队取，第1个人取到1个，dp[1]=1;后面的人dp[i]=p取到礼物盒子+dp前面的取到礼物盒子=(n-dp[i-1])/n + dp[i-1]；
当然，也可以化简为公式 printf("%.10lf\n",n*1.0*(1-pow((n-1)*1.0/n,m)));
四：ZOJ3640Help Me Escape（师傅逃亡系列•一） （我自己的逃亡三题）
题意： 师傅被妖怪抓走了。有n个妖怪，每个妖怪有一个固定的战斗力c[]，师傅也有一个初始战斗力f0。
每天，师傅会随机选择一个妖怪决斗，如果打得赢ft>c[]，就可以逃出去,逃出去要t[]天，毕竟超人不会飞；
否则，师傅会不甘心，当天他会拿出秘籍练功，将自己变强,f(t+1)=f(t)+c[]，第二天寻找下一次机会。
问师傅能够逃脱可怕的妖怪，继续追求去印度吃手抓饼的梦想的天数的数学期望day。
思路： 设dp[F]是战斗力为F时，逃离的天数期望。（答案是dp[f]）。则有公式。 dp[F]= Σ 1/n * t[i] ,F>c[[i] +∑ 1/n * dp[F+c[i]] ,F<=c[i]
（第一题是水的，这一题像样一点，列方程。）
五：HDU4035 Maze（师傅逃亡系列•二）（循环型 经典的数学期望）
题意：
师傅又被抓了，师傅现在在一个树里。第一天他在1号节点；对于每一个节点，
有三种可能，一是被妖怪杀死ki，二是被徒儿救走ei，三是第二天等概率地走到相邻的一个节点。
问师傅被救走的天数的期望，不能被救走输出“impossible”。
思路：
上一个题，由于是单调的，没有后续性，所以可以记忆化搜索或者DP解决。
这个题存在后续性，举个例子。如果求从s号节点逃出去的期望dp[s]，那么dp[s]和s的子节点和s的父节点有关，而欲求s的子节点时，子节点又和父节点s有关。。。
这个时候就需要我们找一个办法来排除后续性。大概就是找一个很牛逼的公式。这个公式本来是和后续性有关，但是公式之间抵消的后续性。
设 E[i]表示在结点i处，要走出迷宫所要走的边数的期望。E[1]即为所求。 叶子结点： E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)*(E[father[i]] + 1); = ki*E[1] + (1-ki-ei)*E[father[i]] + (1-ki-ei); 非叶子结点：（m为与结点相连的边数） E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)/m*( E[father[i]]+1 + ∑( E[child[i]]+1 ) ); = ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei)/m*∑(E[child[i]]) + (1-ki-ei);
设对每个结点：E[i] = Ai*E[1] + Bi*E[father[i]] + Ci;
对于非叶子结点i，设j为i的孩子结点，则 ∑(E[child[i]]) = ∑E[j] = ∑(Aj*E[1] + Bj*E[father[j]] + Cj) = ∑(Aj*E[1] + Bj*E[i] + Cj) 带入上面的式子得 (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj)*E[i] = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj)*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei) + (1-ki-ei)/m*∑Cj; 由此可得 Ai = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); Bi = (1-ki-ei)/m / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); Ci = ( (1-ki-ei)+(1-ki-ei)/m*∑Cj ) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); 对于叶子结点 Ai = ki; Bi = 1 - ki - ei; Ci = 1 - ki - ei; 从叶子结点开始，直到算出 A1,B1,C1; E[1] = A1*E[1] + B1*0 + C1; 所以 E[1] = C1 / (1 - A1); 若 A1趋近于1则无解...
六：HDU3853LOOPS （师傅逃亡系列•三）（基础概率DP）
题意： 你知道，师傅经常被抓，这次又被抓到一个矩阵里面，最开始他在Map[1][1]，出口在Map[n][m]；
每一次他会消耗两颗神丹，然后每一个格子，有一定概率留在原地，有一定概率向下走一格，有一定概率向右走一格。。。求师傅逃出去的神丹消耗期望。
思路：
这次的逃亡很好想，没有前两次那样需要逆推或者求公式。聪明的你不如手动算一下。实在不行还可以参考下面的题目。
七：ZOJ3551Bloodsucker （数学期望）
题意：
开始有一个吸血鬼，n-1个平民百姓。每天一个百姓被感染的概率可求，问每个人都变成吸血鬼的天数期望
思路： 一般期望题逆推，设dp[i]是目前已经有i个吸血鬼，所有人变成吸血鬼的期望。则dp[n]=0;答案是dp[1]。（注意这里dp代表的什么）
每一个dp[i]的感染概率可求是p[]=2.0*(n-i)*i/(n-1)/n*p; 则可得递推公式： dp[i] = (dp[i+1]*p[]+1)/p[];
八：ZOJ3329One Person Game(循环型 数学期望)
题意： 有三个骰子，面值分别是k1，k2，k3。每次扔出的值之和加到ans上，问多少次才能ans>n；当然，当遇到k1=a,k2=b,k3=c时，ans=0;重新开始累加。
思路：
和之前第五题Maze一个题型。写出的公式是有后续性的。我们需要弄一个递推公式，消去后续性。（当然循环的话高斯消元也可以做。）
设dp[i]表示达到i分时到达目标状态的期望，pk为投掷k分的概率，p0为回到0的概率 则dp[i]=∑(pk*dp[i+k])+dp[0]*p0+1; 都和dp[0]有关系，而且dp[0]就是我们所求，为常数 设dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i]; 代入上述方程右边得到： dp[i]=∑(pk*A[i+k]*dp[0]+pk*B[i+k])+dp[0]*p0+1 =(∑(pk*A[i+k])+p0)dp[0]+∑(pk*B[i+k])+1; 明显A[i]=(∑(pk*A[i+k])+p0) B[i]=∑(pk*B[i+k])+1 先递推求得A[0]和B[0]. 那么 dp[0]=B[0]/(1-A[0]);
大概就是这个样子。 
九：CF 148D D. Bag of mice （概率DP||数学期望）
题意：
一对情侣开房玩抓老鼠游戏，老鼠有黑白两色，女的为先手，先抓到白老鼠胜。
特别的，男的每抓一只老鼠后，还会随机放走一只老鼠。问女的赢的概率是多少。如果输了，后果会很严重，当天晚上只能睡沙发。
思路：
dp[i][j]为当前状态，有i只白老鼠，j只黑老鼠，女的赢的概率。那么dp[][] = 这一次赢 + 以后赢= i/(i+j) + 。。。具体见代码。
十：POJ3682King Arthur's Birthday Celebration（数学期望||概率DP）
题意：
有一个富豪，他决定每天撒钱，并且抛硬币，第一天1块钱，第二天3块钱，第三天5块，直到他抛到硬币向上的数量为K。
求天数期望和钱期望。
思路： 天数期望dp很好求，公式一推，代码一敲。钱期望money没想出来，我开始想难道是用第x天结束的期望乘第x天的钱，累加，直到x天的期望乘钱小于0.0001。
但是参考了下别人的公式，反正自己是没想出来。 天数：dp[i]=dp[i]*(1-p)+dp[i-1]*p+1，化简：dp[i]=dp[i-1]+1/p; money：money[i] = p(money[i-1]+ 2 *(dp[i-1]+1)-1) + (1-p)(money[i] + 2 * (dp[i]+1)-1)。
化简：money[i]=money[i-1]+2*dp[i-1]-2*dp[i]+(1+2*dp[i])/p; 问题： 可以用巴斯卡分布？二项分布？？？给数学跪了 http://blog.csdn.net/nmfloat/article/details/50650489
十一： POJ2151Check the difficulty of problems (组合数学||概率DP)
题意：
一套题，有T个题，M个人应考，已知每个人做来某题的概率。问X的概率。X满足，每个考生至少做来一道题。至少有一人做的题不少于N道。
思路： 不算是很典型的概率DP，更像是一道简单数学题。 可以把所有考生都至少做来一道题的概率减去 每个人都做来1到n-1道题的概率。 p=[(1-x11)*(1-x12)(..) ] * [(1-x21)*(1-x22)(..)]*[...] - [...]*[...] ，这样的话，用组合数就ok了。 但是这里是用的DP是思路，先把考生与考题的关系求出来，p[i][j][k] 表示第i个考试前j个题会做k道的概率。再根据题意进行DP。
十二：HihoCoder1164 随机斐波那契（概率DP）
描 大家对斐波那契数列想必都很熟悉: a0 = 1, a1 = 1, ai = ai-1 + ai-2,(i > 1)。 现在考虑如下生成的斐波那契数列: a0 = 1, ai = aj + ak, i > 0, j, k从[0, i-1]的整数中随机选出（j和k独立）。 现在给定n，要求求出E(an)，即各种可能的a数列中an的期望值。(1<=n<=500)
思路：
不说了，数据小，我暴力枚举的。
十三：HihoCoder 1075 开锁魔法III（概率DP+组合）
描述
一日，崔克茜来到小马镇表演魔法。
其中有一个节目是开锁咒：舞台上有 n 个盒子，每个盒子中有一把钥匙，对于每个盒子而言有且仅有一把钥匙能打开它。
初始时，崔克茜将会随机地选择 k 个盒子用魔法将它们打开。崔克茜想知道最后所有盒子都被打开的概率。
1，每个盒子都有一个入度和一个出度，以之前二分图拆点的经验来看，必然会形成很多个环。 2，每个环至少选择一个盒子。 3，每个环至少选择一个盒子的组合数，联想到母函数，组合数。 4.自由YY。可以DP，但是误差可能大一些。可以全部求出来再除，这样误差小一些。 （ps：学会了母函数再搞组合是要多一分灵感！弯的four）
十四：BZOJ - 4318: OSU! (期望DP&Attention)
题意：一段连续长度为L的线段贡献是L^3，求贡献的期望。 （注意期望的平方和求方的期望不一样
思路：此类期望题都是单独算某一位的贡献，假设前一位的连续长度为g[i-1]，那么很明显当前位的期望长度为 g[i]=(g[i-1]+1)*p[i]； 则当前为的贡献是add=g[i]^3-g[i-1]^3=3*g[i]^2-3*g[i]+1。 这三部分分别算期望即可。 第一部分：3*g[i]^2，就是平方的期望（不仅仅是期望的平方那么简单），令期望的平方为数组g2，则3g2[i]=3*(g2[i-1]+2*g[i-1]+1)*p[i]; 第二部分：-3*g[i]，其期望=-3*(g[i-1]+1)*p[i] 第三部分: 1，其期望=p[i] 主要就是要注意期望的平方如何去算！
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2019-05-12更新
由于上诉都是一些比较简单的东西，而好像又容易被搜索到，所以加点干货。
干货一： 反复模拟，逼近答案。
（有的题目，由于大方向确定，我们只需要在小范围内一层一层不断逼近即可；或是随机多次也能得到比较正确的结果。
CodeForces - 24D ：Broken robot （高斯消元 随机）
pro：给定N*M的矩阵，以及初始玩家位置。 规定玩家每次会等概率的向左走，向右走，向下走，问走到最后一行的期望。保留4位小数。
sol：可以列出方程，高斯消元即可，发现是三角矩阵，O(N^2)。 也可以用反复逼近答案。 反复做，dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0 为了使逼近效果更好，我每次先左一次，再右一次。 虽然 暴力但是效率也不差。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=1010; double dp[maxn][maxn]; int d[maxn]; int main() { int N,M,x,y; scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&x,&y); rep(i,1,M){ d[i]=2; if(i>1) d[i]++; if(i<M) d[i]++; } rep(i,x+1,N){ rep(t,1,20){ rep(j,1,M) dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0; for(int j=M;j>=1;j--) dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0; } } printf("%.10lf\n",dp[N][y]); return 0; }
干货二： Min-Max容斥。
（有的题目，数据量比较小，但是方程很难列出，我们可能要考虑容斥，min-max容斥是一种比较常见的容斥方式。 他解决问题的方式：假设有S个对象，求把所有东西都取到的期望，不直接求，而是通过求子集的期望，然后容斥得到结果。
HDU - 4336：Card Collector（min-max容斥求期望）
pro：题面不好看，题意很简单，就是给定S个物品，然后每次取到物品i的概率为pi，∑pi<=1; 求把所有物品都至少取到一次的期望。
sol： T是S的子集，我们得到每个子集T的期望，然后乘上容斥系数，累加起来就是答案。 假设我们dfs得到了S的子集T，并且得到至少取到这个子集的一个的概率p，则其期望为1/p；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=30; double p[maxn],ans; int N; void dfs(int pos,double now,int opt) { if(pos==N+1) { if(opt>0){ if(opt&1) ans+=1.0/now; else ans-=1.0/now; } return ; } dfs(pos+1,now,opt); dfs(pos+1,now+p[pos],opt+1); } int main() { while(~scanf("%d",&N)){ for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%lf",&p[i]); ans=0; dfs(1,0.0,0); printf("%.4lf\n",ans); } return 0; }
It is your time to fight！
