期望概率 dp

通过边界条件， $f, g$ 可以线性求出
对于每个点求到根的和 $F, G$
那么考虑 $(u, v)$ ，其实就是 $u \to l c a (f) + l c a \to v (g)$ 的一个贡献，也就是 $F (u) - F (l c a) + G (v) - G (l c a)$
那么考虑点 $u$ 做 $l c a$ 时候的贡献，这个可以通过扫一遍子节点得到
总的复杂度就是 $O (n)$

P3232 [HNOI2013]游走

考虑先求出每个点期望经过的次数，不能算 $f_{n}$ ，因为到了 $n$ 就停下了
那么对于一条边 $(u, v)$ 期望经过的次数就是 $\frac{f_{u}}{d_{u}} + \frac{f_{v}}{d_{v}}$

P1365 WJMZBMR打osu! / Easy

$E (F_{i}) = E (F_{i - 1} + Δ_{i}) = E (F_{i - 1}) + E (Δ_{i})$
当 $x$ 时， $E (Δ_{i}) = 0$
当 $o$ 时，假设之前的 $o$ 的长度为 $l e n$ ， $E (Δ_{i}) = E (2 \times l e n + 1) = 2 \times E (l e n) + 1$
当 $?$ 时， $E (Δ_{i}) = \frac{0 + 2 \times E (l e n) + 1}{2}$
所以我们在递推的时候，不只需要求期望的答案，还要求期望的长度
上面证明了为什么可以用期望的长度来算期望的长度

P3317 [SDOI2014]重建

矩阵树定理实际上求的是 $\sum_{T} \prod_{e \in T} p_{e}$
这个题求的是 $\sum_{T} \prod_{e \in T} p_{e} \frac{\prod_{e} (1 - p_{e})}{\prod_{e \in T} (1 - p_{e})}$
把无关的提出来，剩下的就按照矩阵树定理来做

P3830 [SHOI2012]随机树

第一问好说
第二问，对于一棵树，我们考虑跟节点的两个子树
这两个子树之间的形态的概率是一样的
这个恰好不是很好看，改成大于等于
设 $f [i] [j]$ 表示 $i$ 个叶子，深度 $\geq j$ 的概率，那么

f [i] [j] = \sum_{k = 0}^{i} (f [k] [j - 1] + f [n - k] [j - 1] - f [k] [j - 1] * f [n - k] [j - 1])

P4562 [JXOI2018]游戏

先将关键数字筛出来，假设有 $k$ 个
那么就是求关键数字全部被选完最末尾的数字的期望位置，然后乘上 $n!$
那么求出最后一个位置在某个位置的概率，这个显然可以用组合数学来做

P4206 [NOI2005] 聪聪与可可

可以说很暴力的一个做法
先预处理出 $n x t [u] [v]$ 表示 $u$ 向 $v$ 的下一步是哪个点
设 $f [u] [v]$ 为 $u$ 到 $v$ 的期望，我们直接暴力的做，记忆化搜索
总的复杂度是 $O (n^{2})$

P6046 纯粹容器

$E (i) = \sum_{x} P [t_{i} \geq x]$
考虑第 $x$ 轮 $i$ 仍然存活的概率
我们将每次操作看成一种合并的话，总的方案数就是 $x! (\binom{n - 1}{x})$
对于一个数，找到它前面第一个比它大的数，和后面第一个比它大的数，假设为 $p r e, n x t$
那么如果这个数和 $p r e$ 之后到自己的边合并，就不会有任何影响，否则自己一定就会被吃掉
设 $p r e - i$ 都被选的概率为 $P (A)$ ，设 $i - n x t$ 的概率是 $P (B)$
那么 $P [t_{i} \geq x] = 1 - P (A) - P (B) + P (A B)$

P5575 [CmdOI2019]黑白图

对于这种高维的期望，有一些套路
考虑对于一个序列的 $E (Δ)$ ，假设之前的联通块的长度为 $x$
$E (i) = E ((x + 1)^{k})$
这个地方肯定不能将 $x + 1$ 拆了，因为 $E (x y) = E (x) E (y)$ 只有在 $x, y$ 不相关的时候有用
所以我们需要先用二项式在里面变换一下，再拆开

E ((x + 1)^{k}) = E (\sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) x^{i}) = E ((\binom{k}{0}) x^{0}) + E ((\binom{k}{1}) x^{1} + . . .)

(\binom{k}{0}) E (x^{0}) + (\binom{k}{1}) E (x^{1}) + . . .

所以我们需要维护 $E (x), E (x^{1}), . . ., E (x^{k})$
放在树上也是一样的套路
设 $f [u] [p]$ 表示以 $u$ 为节点期望下 $x^{p}$ 的和
设 $s u m [u]$ 表示以 $u$ 为节点期望下除了 $x$ 的联通块剩下的联通块的 $k$ 次方和的期望
转移参考：

void dfs(int num)
{
  f[num][0]=1;
  for (int i=0,v;i<g[num].size();i++)
   if (!f[v=g[num][i]][0]){
     dfs(v);
     sum[num]=(sum[num]+(mod+1-p[num])*f[v][k]+sum[v])%mod;
     for (int j=k;j;j--){
       ll sav=0;
       for (int p=0;p<=j;p++)
         sav=(sav+C[j][p]*f[num][p]%mod*f[v][j-p])%mod;
       f[num][j]=sav;
     }
   }
  for (int j=k;j;j--){
    ll sav=0;
    for (int p=0;p<=j;p++)
      sav=(sav+C[j][p]*f[num][p])%mod;
    f[num][j]=sav*p[num]%mod;
  }
}