[研究总结]ACM中一类基于Markov链模型的期望问题

Abstract

本文要讨论的是一类期望问题的解，基于以下限制：
1.状态空间为一有限集合S。
2.转移F:S->S是从S到S的一个映射，且该映射存在环。或者说将S画做一张图，任一状态s∈S对应图中一个点，则F为图的一个有向边集，且该图存在环。
3.转移的代价C(F)为一个常量c（通常c=1）。或者说对于上面的图，任一条边的权为c。
4.求从某一状态ss至另一状态st的代价期望。

 

Body

水平粗浅，成文仓促，欢迎指正。
本文不做概念普及，请对着tag翻wikipedia。

本文要讨论的是一类期望问题，基于以下限制：
1.状态空间为一有限集合S。
2.转移F:S->S是从S到S的一个映射，且该映射存在环。或者说将S画做一张图，任一状态s∈S对应图中一个点，则F为图的一个有向边集，且该图存在环。
3.转移的代价C(F)为一个常量c（通常c=1）。或者说对于上面的图，任一条边的权为c。
4.求从某一状态ss至另一状态st的代价期望。
5.（任意s∈S，s的出边概率和为1，当然这是概率论的基本条件）

这样说比较抽象，还是举两个题：

POJ2096 Collecting Bugs
题意大概是说一个人找程序bug，每天找一个。bug有两种属性：Category和Subcomponents，因此一种bug可以描述为(c,s)。共有C个Category与S个Subcomponents。此人每天发现的bug的属性分布是随机的，即任一种bug(c,s)等可能被发现。问他发现的所有bug覆盖所有C个Category与S个Subcomponents的期望天数。

对于此题我们设状态sta=(c,s)表示此人发现的bug覆盖了c个Category及s个Subcomponents。则状态空间S为sta的所有可能取值共(c+1)*(s+1)个元素。容易知道sta=(c,s)可以转移到(c,s),(c,s+1),(c+1,s),(c+1,s+1)，转移代价为1。起始状态ss=(0,0)，终止状态st=(C,S)。

TopCoder SRM488 Div1 250
题意大概是说有两个无聊的人A与B和另外N+M个人，其中N个人不无聊，M个人无聊。每小时A和B任选这n+m个人中两个人(a,b)聊天，任意有序数对(a,b)被选到的概率相等。不无聊的人“被聊天”后变成无聊。问把所有人都变无聊所需的时间期望。

对于此题我们设状态s=(n,m)表示当前有n个不无聊人及m个无聊人。则状态空间S为s的所有可能取值共n+m+1个元素（注意到总是有n+m=N+M，因此此状态看似为2维实际上是1维的）。容易知道s=(n,m)可以转移到(n,m),(n+1,m-1),(n+2,m-2)，转移代价为1。起始状态ss=(n,m)，终止状态st=(0,N+M)。

以上两题都是此类问题对于F仅存在自环的特例。

如何解此类问题呢？
根据马尔可夫链，我们当然可以通过画出从以起始状态为根的转移树，树是无穷大的，但我们可以通过迭代的方式求无穷级数和，使其收敛至给定精度从而给出解。
但实际操作之后你会发现，除非对于小数据情况，求级数的难度非常大，且迭代的精度很不可靠。

此处直接给出另一种方法：
设E(s)为s状态下转移至st的代价期望值。则显然有边界条件E(st)=0。对于任意s[i]∈S，有
E(s[i])=c（转移代价）+P(s[i] to s[1])*E(s[1])+P(s[i] to s[2])*E(s[2])+...+P(s[i] to s[j])（转移概率）*E(s[j])+...+P(S[i] to s[n])*E(s[n])。=c+sigma(j from 1 to n)(P(S[i] to s[j])*E(s[j]))
所有方程构成一线性方程组，本来矩阵的秩为n-1不可解，但通过边界条件E(st)=0使得矩阵满秩，用高斯消元，可以求E(ss)。

对于F仅存在自环的情况，方程可化为：
(1-P(s[i] to s[i]))*E(S[i])=c+sigma(j from 1 to n, j != i)(P(S[i] to s[j])*E(s[j]))
则s[i]仅依赖于非s[i]的状态，自环得以消掉，由于F仅存在自环，则图变为了DAG，可以通过记忆化搜索/dp的方式求E(ss)。

举例说明，对于上面的第一题。

设E[i,j]为发现了i个Category，来自j个软件Subcomponents的bug的前提下，到达终点（也就是发现来自所有Category，所有Subcomponents的bug）的天数的数学期望。显然E[C,S]为0，E[0,0]为所求。
有如下递推式
E[i,j] =
1
+ E[i+1,j+1] * (C - i)(S - j) / CS
+ E[i,j+1] * i * (S - j) / CS
+ E[i+1,j] * (C - i) * j / CS
+ E[i,j] * ij / CS
则可以移项解出E[i,j]。通过dp可解出E[0,0]。

对于不是F仅存在自环的情况，Reference第五篇文章中的第二部分。

对于另外一种类型，即F不存在环的情况，可以用Bayes公式同样依据图的DAG性质用记忆化搜索/dp的方式求解。参见Reference第三篇RoBa神的文章。

 

Reference

http://acmicpc.org.cn/wiki/index.php?title=2004_Northeastern_Europe_Northern_Subregion_Collecting_Bugs_Solution
http://kicd.blog.163.com/blog/static/126961911200910168335852/
http://roba.rushcj.com/?p=192
国家集训队2009论文集
梅诗珂 《信息学竞赛中概率问题求解初探》
汤可因 《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》