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 \(u\to lca(f)+lca\to v(g)\) 的一个贡献，也就是 \(F(u)-F(lca)+G(v)-G(lca)\)
那么考虑点 \(u\) 做 \(lca\) 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

\(E(F_i)=E(F_{i-1}+\Delta_i)=E(F_{i-1})+E(\Delta_i)\)
当 \(x\) 时，\(E(\Delta_i)=0\)
当 \(o\) 时，假设之前的 \(o\) 的长度为 \(len\) ，\(E(\Delta_i)=E(2\times len+1)=2\times E(len)+1\)
当 \(?\) 时，\(E(\Delta_i)=\frac{0+2\times E(len)+1}{2}\)
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 \(nxt[u][v]\) 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 \(pre,nxt\)
那么如果这个数和 \(pre\) 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 \(pre-i\) 都被选的概率为 \(P(A)\) ，设 \(i-nxt\) 的概率是 \(P(B)\)
那么 \(P[t_i\geq x]=1-P(A)-P(B)+P(AB)\)

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 \(E(\Delta)\) ，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 \(E(xy)=E(x)E(y)\) 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 \(sum[u]\) 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;
  }
}

对于基环树，考虑先确定一个点为白点，然后就可以当成一条链来做
然后再确定这个点为黑点，确定下一个点为白点，然后就又可以当成一条链来做了，然后依次类推
那么复杂度就是 \(O(n^2k^2)\)
还有优化成 \(O(nk^3)\) ，这里就不说了

CF908D New Year and Arbitrary Arrangement

如果一开始是一堆 \(b\) ，可以把这些 \(b\) 都去掉，然后再继续
所以我们钦定第一个就是 \(a\)
每次放 \(a,b\) 对于前面的影响有关于前面的 \(a\) 数量，又因为有限制，所以带上前面 \(ab\) 的数量
因为是期望，考虑倒推
设 \(f[i][j]\) 表示前缀有 \(i\) 个 \(a\) ，有 \(j\) 个 \(ab\) 期望的子序列个数

\[f[i][j]=A\times f[i+1][j]+B\times f[i][j+i] \]

边界就是 \(j+i\geq k\) ，此时就可以立刻停止了
\(i+j\geq k\) 时，期望的子序列个数就是 \(i+j+\frac{p_a}{p_b}\)
具体证明可以参考几何分布的证明，几个可能对推式子有用的式子：

\[\sum_{i=0}^{\infty} x^i=\frac{1}{1-x} \]

\[\sum_{i=0}^{\infty} ix^i=\frac{x}{(1-x)^2} \]

CF804D Expected diameter of a tree

对于一次询问，可以做到 \(O(n)\)
对于多次询问，其实没有更好的解决方法了，而事实上对于这个题目有一点点根号分治的感觉
所以考虑记忆化，复杂度是正确的

CF1151F Sonya and Informatics

可以发现最终的状态就是前面 \(x\) 个 0 ，后面全是 1
那么考虑上一轮是由哪一些状态转移过来
一种是上一次就是这样，然后选择到的是 \((1,1)\) 或者 \((0,0)\)
一种就是上一次的选择是 \((1,0)\) ，也就是我们需要知道上一次前 \(x\) 个位置中有 \(x-1\) 个 0 的概率
那么我们设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 轮前 \(x\) 个中有 \(j\) 个 0 的概率
那么显然一个 \(j\) 只会和上一轮的 \(j-1,j,j+1\) 有关
观察到这个 \(n\leq 1e9\) ，那么很明显要用到矩乘
我们将这个系数矩阵建出来，然后矩乘就可以了

posted @ 2022-06-04 10:05 Kzos_017 阅读(39) 评论(0) 编辑收藏举报

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期望概率 dp