【DP_概率DP专辑】【from zeroclock's blog】

 1 ///*O(min(n,m)*min(n,m)*l)  
 2 import java.math.BigInteger;  
 3 import java.util.Scanner;  
 4   
 5 public class Zoj3380 {  
 6   
 7     static BigInteger[][] C = new BigInteger[110][110];  
 8     static BigInteger[][] dp = new BigInteger[110][110];  
 9       
10       
11     static void Initial() {  
12           
13         for (int i = 0; i < 110; ++i)  
14             C[i][0] = C[i][i] = BigInteger.ONE;  
15         for (int i = 2; i < 110; ++i)  
16             for (int j = 1;  j < i; ++j)  
17                 C[i][j] = C[i-1][j].add(C[i-1][j-1]);  
18     }  
19       
20     public static void main(String[] args) {  
21           
22         Initial();  
23         Scanner cin = new Scanner(System.in);  
24           
25           
26         while (cin.hasNext()) {  
27               
28             int m = cin.nextInt();  
29             int n = cin.nextInt();  
30             int l = cin.nextInt();  
31             if (l > m) {  
32                   
33                 System.out.println("mukyu~");  
34                 continue;  
35             }  
36               
37               
38             BigInteger total = BigInteger.valueOf(n).pow(m);  
39             if (l > m / 2) {  
40                   
41                 BigInteger ans = BigInteger.ZERO;  
42                 for (int i = l; i <= m; ++i)  
43                     ans = ans.add(C[m][i].multiply(BigInteger.valueOf(n-1).pow(m-i)));  
44                 ans = ans.multiply(BigInteger.valueOf(n));  
45                 BigInteger gcd = ans.gcd(total);  
46                 System.out.println(ans.divide(gcd)+"/"+total.divide(gcd));  
47             }  
48             else {  
49                   
50                 for (int i = 0;i <= m; ++i)  
51                     for (int j = 0; j <= m; ++j)  
52                         dp[i][j] = BigInteger.ZERO;  
53                 dp[0][0] = BigInteger.ONE;  
54                   
55                   
56                 for (int i = 1; i <= n && i <= m; ++i)  
57                     for (int j = 1; j <= m; ++j)  
58                         for (int k = 1; k < l && k <= j; ++k)  
59                             dp[i][j] = dp[i][j].add(dp[i-1][j-k].multiply(C[m-(j-k)][k]).multiply(BigInteger.valueOf(n-(i-1))));  
60                   
61                   
62                 BigInteger ans = BigInteger.ZERO;  
63                 BigInteger Jc = BigInteger.ONE;  
64                 for (int i = 1; i <= m; ++i) {  
65                   
66                     ans = ans.add(dp[i][m].divide(Jc));  
67                     Jc = Jc.multiply(BigInteger.valueOf(i+1));  
68                 }  
69   
70                   
71                 ans = total.subtract(ans);  
72                 BigInteger gcd = ans.gcd(total);  
73                 System.out.println(ans.divide(gcd)+"/"+total.divide(gcd));  
74             }  
75         }  
76     }  
77 }
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本文转自:zeroclock's blog

进入大学之后发现自己对概率问题很不感冒,其实一直都是这样,高中就没好好读数学。概率不好的结果就是对概率类dp掌握得just so so,因为对这类dp的状态和转移不敏感,要么是yy,要么是花很长时间想状态想转移。

    现在痛下决心,好好虐待自己一段时间,做下概率dp。

 

    Codeforces 148D Bag of mice  

   状态转移方程比较难想,开虚拟比赛的时候花了50分钟硬是没AC.设win[i][j]表示公主赢的概率,lost[i][j]表示龙输的概率,然后根据题意进行转移。状态转移方程如下:

    win[i][j] = i * 1.0 / (i + j);                                                            //i只白老鼠j只黑老鼠时公主选白老鼠            
    win[i][j] += lost[i][j-1] * j * 1.0 / (i + j);                                       //i只白老鼠j只黑老鼠时公主选黑老鼠,但公主选完黑老鼠后龙还是输了      
    lost[i][j]  = j * 1.0 / (i + j) * win[i-1][j-1] * (i * 1.0 / (i + j - 1));    //i只白老鼠j只黑老鼠时龙选黑老鼠,选完后跳出去只白老鼠    
    lost[i][j] += j * 1.0 / (i + j) * win[i][j-2] * ((j - 1) * 1.0 / (i + j - 1));  //i只白老鼠j只黑老鼠时龙选黑老鼠,选完后跳出去只黑老鼠    

     

 1 #include <stdio.h>  
 2 #include <string.h>  
 3 #define MAX 1100  
 4   
 5   
 6 double ans;  
 7 double win[MAX][MAX],lost[MAX][MAX];  
 8   
 9   
10 int main()  
11 {  
12     int i,j,n,m;  
13       
14       
15     while (scanf("%d%d",&n,&m) != EOF) {  
16           
17         ans = 0;  
18         memset(win,0,sizeof(win));  
19         memset(lost,0,sizeof(lost));  
20           
21           
22         for (i = 1; i <= n; ++i)  
23             win[i][0] = 1.0;  
24         for (i = 1; i <= n; ++i)  
25             for (j = 1; j <= m; ++j) {  
26                   
27                 win[i][j] = i * 1.0 / (i + j) + lost[i][j-1] * j * 1.0 / (i + j);  
28                 lost[i][j]  = j * 1.0 / (i + j) * win[i-1][j-1] * (i * 1.0 / (i + j - 1));  
29                 lost[i][j] += j * 1.0 / (i + j) * win[i][j-2] * ((j - 1) * 1.0 / (i + j - 1));  
30             }  
31   
32               
33             printf("%.9lf\n",win[n][m]);  
34     }  
35 }  
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     Sgu 495 Kids and Prizes  

    比较简单的概率DP。m个人选n个礼物,问选中的期望。因为每个人选择礼物是独立,那么猜想求解过程n只是用来求概率。设dp[i]表示第i个人选中礼物的概率,np[i]表示第i个人不选中礼物的概率。那么dp[i] = dp[i-1] * np[i-1] + dp[i-1] * (dp[i-1]-1.0/n),表示:如果上一个人没选中,那么本次选中的概率和上次选中的概率一样是dp[i-1],如果上次已经选中,那么本次选中的概率是dp[i-1]-1.0/n。而np[i] = 1- dp[i];这种方法复杂度是O(m),其实O(1)就可以了。从反方向求不被选中的期望,那么答案就是n-n*((n-1)/n)^m,每个礼物不被m个人选中的概率是((n-1)/n)^m,因为每个礼物都一样,所以直接乘n就Ok。

 

 1 #include <stdio.h>  
 2 #include <string.h>  
 3 #define MAX 1100000  
 4   
 5 int n,m;  
 6 double ans,dp[MAX],np[MAX];  
 7   
 8 int main()  
 9 {  
10     int i,j,k;  
11   
12   
13     while (scanf("%d%d",&n,&m) != EOF) {  
14   
15         ans = 1;  
16         dp[1] = 1,dp[0] = 0;  
17         for (i = 2; i <= m; ++i) {  
18               
19             dp[i] = dp[i-1] * np[i-1] + dp[i-1] * (dp[i-1] - 1.0/n);  
20             np[i] = 1-dp[i];  
21             ans += dp[i];  
22         }  
23         printf("%.10lf\n",ans);  
24     }  
25 }  
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     Zoj 3383 Patchouli's Spell Cards

     概率DP,选m个位置填充,每个填充的数的范围是1..n,问至少有l个数相同的概率。从反面来考虑,求不出现l个相同数的概率p,1-p既是答案。模型转换后就可以进行DP了,设dp[i][j]表示选到第i个数填充了j个位置的方案数,那么dp[i][j] = dp[i-1][j-k] + C[m-(j-k)][k](k < l && k <=j),,然后求出所有方案书total,ans = (total - dp[n][m]) / total.这种方法复杂度是O(n*m*l),其实有种复杂度为O(min(n,m)*min(n,m)*l),dp[i][j]表示选了i个数填充j个位置的方案数,这里的i不必是1...i,只要是i个不同的数即可,这样和n就没多大关系,转移方程类似。数很大要用大数。    

 

     Zoj 3460 Help Me Escape 

    浙大月赛的题目,比赛的时候想到了做法,但是被一题字符串卡住,没来得及敲。题目的大概意思是一只吸血鬼每次随机的选择n个洞中的任意一个,如果该吸血鬼的攻击值大于该洞ci那么直接可以花费Ti的时间就可以出去,不然要奋斗一天该吸血鬼攻击值增加ci再 随机选择n个洞.口设dp[i]表示攻击力为i时逃跑的期望,那么状态转移方程就为dp[i] = sum(wi) / n,当ci < i时,wi = (1+sqrt(5))/ 2 * ci * ci,当ci >=i时wi = 1 + dp[i+ci]。可以逆序进行状态转移也可以用记忆化搜索,记忆化搜索更容易理解。

 

 1 #include <stdio.h>  
 2 #include <string.h>  
 3 #include <math.h>  
 4 #include <algorithm>  
 5 using namespace std;  
 6 #define MAX 20000  
 7   
 8   
 9 double dp[MAX], ans;  
10 int c[MAX], vis[MAX];  
11 int n, m, cost[MAX];  
12   
13   
14 void Solve_DP() {  
15   
16     memset(dp, 0sizeof (dp));  
17     for (int i = 2 * c[n]; i >= m; --i) {  
18   
19         for (int j = 1; j <= n; ++j)  
20             if(i > c[j]) dp[i] += cost[j];  
21             else dp[i] += 1 + dp[c[j] + i];  
22         dp[i] /= n;  
23     }  
24 }  
25 double Calculate(int att) {  
26   
27     if (vis[att])  
28         return dp[att];  
29     vis[att] = 1;  
30   
31   
32     dp[att] = 0;  
33     for (int i = 1; i <= n; ++i)  
34         if (att > c[i])  
35              dp[att] += cost[i];  
36         else dp[att] += Calculate(att+c[i]) + 1;  
37   
38   
39     dp[att] /= n;  
40     return dp[att];  
41 }  
42   
43   
44 int main() {  
45     int i, j, k;  
46   
47   
48     while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {  
49   
50         for (i = 1; i <= n; ++i)  
51             scanf("%d", &c[i]);  
52         sort(c + 1, c + 1 + n);  
53         for (i = 1; i <= n; ++i)  
54             cost[i] = (1 + sqrt(5)) / 2 * c[i] * c[i];  
55   
56   
57         //Solve_DP();  
58         //printf("%.3lf\n", dp[m]);  
59         memset(vis,0,sizeof(vis));  
60         ans = Calculate(m);  
61         printf("%.3lf\n",ans);  
62     }  
63 }  
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     Hdu 4405 Aeroplane chess 

    从位置0开始,每步随机走1,2,3,4,5,6个位置,问走到大等于n位置的期望步数,还有一些位置带有限制,某些xi对应着yi,表示到xi就必须马上走到yi,不算一步。和上题很像,更简单些,

     简单点好想点的做法是设dp[i]表示到i时的期望,p[i]表示到i时的概率,那么dp[i] += (dp[j] + p[j]) * 1 / 6.0,p[i] += p[j] * 1 / 6.0,(从j走到i) 当next[i] != i时dp[i] = dp[j],p[i] = p[j];最后的答案是dp[n];这个公式是这样推导来的,假设dp[j] = day * p,那么dp[i] = (day + 1) *p* 1 / 6.0,即dp[i] = (dp[j] + p[j]) * 1 / 6.0.

    化解后,dp[i]表示到达i位置的期望天数.dp[i] = dp[j] (next[i] == i), dp[i] += (dp[j] + 1) * 1 / 6.0。

 

 1 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")  
 2 #include <stdio.h>  
 3 #include <string.h>  
 4 #include <vector>  
 5 #include <algorithm>  
 6 using namespace std;  
 7 #define MAX 100010  
 8   
 9   
10 int n,m,next[MAX];  
11 double dp[MAX];  
12   
13   
14 double Solve_DP(int day) {  
15   
16     if (day >= n) return 0;  
17     if (dp[day]) return dp[day];  
18   
19   
20     if (next[day])   
21         dp[day] = Solve_DP(next[day]);  
22     else  {  
23   
24         for (int i = 1; i <= 6; ++i)  
25             dp[day] += (Solve_DP(day + i) + 1) * 1/6.0;  
26     }  
27     return dp[day];  
28 }  
29 double Solve_DP1() {  
30       
31     for (int i = n - 1; i >= 0; --i)  
32         if (next[i]) dp[i] = dp[next[i]];  
33         else  {  
34               
35             for (int j = 1; j <= 6; ++j) {  
36                   
37                 int k = i + j >= n ? n : i + j;  
38                 dp[i] += (dp[k] + 1) * 1.0 / 6.0;  
39             }  
40         }  
41           
42           
43     return dp[0];  
44 }  
45   
46   
47 int main()  
48 {  
49     int i,j,k,a,b;  
50   
51   
52     while (scanf("%d%d",&n,&m),n + m) {  
53   
54         for (i = 0; i <= n; ++i)  
55             dp[i] = next[i] = 0;  
56         for (i = 1; i <= m; ++i)   
57             scanf("%d%d",&a,&b),next[a] = b;  
58   
59           
60         printf("%.4lf\n",Solve_DP1());  
61         //printf("%.4lf\n",Solve_DP(0));  
62     }  
63 }  
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     Hdu 4336 Card Collector 

    状态压缩DP解之,dp[i]表示i这个状态到最终状态需要的期望卡片数,dp[i] =dp[i] * myself + sum( dp[j] * p[k] = sum( dp[j] * p[k]) / (1-myself)(i|k=j且i!=j,myself表示保持原状的概率).

    这道题其实是我YY用容斥原理过的,看测试数据很像可以2^n枚举,然后把把枚举到的卡片概率加起来算期望,奇数加偶数减,然后就过了。想不清楚为什么可以用容斥原理,然后就找了个挺靠谱的解释自我安慰,E1表示买买到1的期望,E1 = 1/p1,也就是说E1包里面肯定包含1这张卡片,当我们计算E1和E2时,是不是会有一种情况:我们想要卡片1的时候已经买到了卡片2,然后我们又要计算买卡片2的期望,正是因为这样的交集使得我们可以用容斥,交集的期望E12 = 1 / (p1 +p2) 表示肯定买到1、2中的其中一包,E123就表示肯定买到1、2、3中的某一种,我们在计算E12,E13,E23的时候E123多减了一次,要加回来,以此类推....

 

posted @ 2017-04-06 10:40  miaoheping  阅读(175)  评论(0编辑  收藏  举报