概率及期望DP小结
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概念
\(PS\)：不需要知道太多概念，能拿来用就行了。
- 定义
样本（\(\omega\)）：一次随机试验产生的一个结果。
样本空间（\(\Omega\)）：一个随机试验的所有可能的结果的全体，即\(\Omega=\{\omega\}\)。
事件（\(A\)）：某一类结果，即\(A\subset\Omega\)。
基本事件（\(s\)）：各个互斥的事件即为基本事件。
我们借助样本空间S来定义概率。样本空间是基本事件的集合。
- 概率论公理
样本空间\(S\)的概率分布\(Pr\{\}\)是一个从\(S\)的事件到实数的映射，它满足以下公理：- 非负性：对于任意事件\(A\)，\(Pr\{A\}\geqslant 0\)。
- 正则性：\(Pr\{S\}=1\)。
- 可列可加性：对于两个互斥事件\(A\)与\(B\)，有\(Pr\{A\cup B\}=Pr\{A\}+Pr\{B\}\)。更一般地，对于任意有限或无限事件序列\(A_1,A_2,...,\)若其两两互斥，则有：
- 期望
简单理解，期望的意义就是概率的加权平均数。
假设某随机试验\(X\)共有\(n\)种互斥的事件可能发生，其中第\(i\)个事件发生的概率为\(P_i\)，价值为\(X_i\)，则这个随机试验的期望是\(E(X)=\sum P_iX_i\)。
期望也可以从频率的角度来理解，我们知道如果不断重复某个随机试验，某个事件发生的频率会趋近于其概率，而将发生过所有事件的价值取平均值，这个值就会趋近于这个随机试验的期望。
期望的线性性质
证明如下
(1)式:
(2)式:
(3)式:
用数学归纳法可推广到多个。
期望DP
定义
所求结果为某事件的期望的动态规划。
实际上这类动态规划并不是一个新的类型，它都是在原有的动态规划的基础上，将所求的值改成了概率和期望的相关值，换句话说，这类问题的难度其实还是在动态规划的原型上，概率和期望只是表象。
现在大多数期望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，就行了。与常规的求解不同，数学期望经常逆向推出，但不全是。它的代码量很短，但思维难度明显较高。
比如数学期望的\(f[x]\)一般表示到了\(x\)这一状态还差多少，最后答案是\(f[0]\)。
总之，该推公式的还是推，该在图上跑的还是在图上跑，只是注意状态的设计。
练手题目
入门：
过河
少见的连续型随机变量题。
最坏情况下，过一条河需要\(3*L/v\)的时间；最好的情况下，过一条河需要\(L/v\)的时间，又因为船的位置随机，所以过河时间线性分布，于是期望取个平均值\(2*L/v\)就行了。
掷骰子
考虑集合中选取一个不同于已选的新数的概率，所以可以设计\(DP\)方程：\(f[i]\)表示取了\(i\)种数后还需取的期望值。
取了\(i\)种数，当前取的是新数的概率是\(\frac{n-i}{n}\)，当前取的是集合中出现过的数的概率是\(\frac{i}{n}\)。所以可得到\(DP\)转移方程\(f[i]=\frac{n-i}{n}f[i+1]+\frac{i}{n}f[i]+1\)。
进一步化简，得\(f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i}\)。
所以\(f[0]=\sum_{i=1}^n\frac{n}{i}\)。
换教室
夭寿啦，NOIP考期望啦。
容易对每节课的选择划分阶段，根据期望的线性性质，可以相加得到总期望。
设\(f[i][j][0/1]\)表示前\(i\)节课提交了\(j\)次申请，当前是否申请时的期望最小体力值。那么只会从\(i-1\)转移过来。
方程见代码。（懒癌晚期。。。）
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define db double
#define Re register
const int N = 2000 + 5;
const db INF = 1e18;
using std :: max;
using std :: min;
inline int read() {
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
inline void init(), dp(), ouot();
signed main() { init(), dp(), ouot(); }
inline void hand_in() {
freopen("classroom.in", "r", stdin);
freopen("classroom.out", "w", stdout);
}
int n, m, v, e, c[N], d[N];
db k[N], f[N][N][2], dis[305][305], ans = INF;
inline void init() {
hand_in();
n = read(), m = read(), v = read(), e = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) c[i] = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) d[i] = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) scanf("%lf", k + i);
for (Re int i = 1;i <= v; ++i) {
for (Re int j = 1;j <= v; ++j) {
if (i != j) dis[i][j] = INF;
}
}
for (Re int i = 1, x, y, w;i <= e; ++i) {
x = read(), y = read(), w = read();
dis[x][y] = min(dis[x][y], (db)w);
dis[y][x] = dis[x][y];
}
for (Re int s = 1;s <= v; ++s) {
for (Re int i = 1;i <= v; ++i) {
for (Re int j = 1;j <= v; ++j) {
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][s] + dis[s][j]);
}
}
}
}
inline void dp() {
for (Re int i = 0;i <= n; ++i) {
for (Re int j = 0;j <= m; ++j) {
f[i][j][0] = f[i][j][1] = INF;
}
}
f[1][0][0] = f[1][1][1] = 0;
for (Re int i = 2, lim;i <= n; ++i) {
lim = min(i, m);
f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + dis[c[i - 1]][c[i]];
for (Re int j = 1;j <= lim; ++j) {
f[i][j][0] = min(f[i][j][0], f[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][0] = min(f[i][j][0], f[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][1] = min(f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][0] + k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + (1.0 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][1] = min(f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][1] + k[i] * (k[i - 1] * dis[d[i - 1]][d[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][d[i]]) + (1.0 - k[i]) * (k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]));
}
}
}
inline void ouot() {
for (int i = 0;i <= m; ++i) ans = min(ans, min(f[n][i][0], f[n][i][1]));
printf("%.2lf", ans);
exit(0);
}
进阶：
亚瑟王
思考后，转化成\(ans=\sum dp[i]*d[i]\)，其中,\(dp[i]\)表示第\(i\)张卡在\(r\)轮中打出的概率。
考虑如何计算\(dp[i]\)。
由于每一轮打出一张卡后，该轮结束，所以每张卡在\(r\)轮中被打出的概率与在它前面有多少张卡被打出有关。
设\(f[i][j]\)表示在\(r\)轮中，前\(i\)张卡被打出了\(j\)张的概率，在此情况下，第\(i+1\)张牌在\(r\)轮中有\((1-p[i+1])^{r-j}\)的概率未被打出，再用\(1\)减去，就得到了打出的概率。所以枚举\(k\)得到：\(dp[i]=\sum f[i-1][k]*(1-(1-p[i])^{r-k})\)。
现在考虑如何计算\(f[i][j]\)。
递推。当前的第\(i\)张卡选或不选。
选：\(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-j+1})\)。\((j\neq 0)\)
不选：\(f[i][j]+=f[i-1][j]*((1-p[i])^{r-j})\)。\((i\neq j)\)
边界：
\(f[1][1]=dp[1]=1-(1-p[1])^r\)
\(f[1][0]=(1-p[1])^r\)
本题得到解决。（注意精度！）
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug() puts("FBI WARNING!")
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX = 220 + 5;
const int P = 1e5 + 7;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int t, n, r;
double p[MAX], d[MAX], ans, f[MAX][MAX], dp[MAX], pw[MAX][MAX];
inline double mi(double a, int b) {
double res = 1.0;
while (b) {
if (b & 1) {
res *= a;
}
a *= a;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main(){
t = read();
while (t--) {
memset(dp, 0, sizeof (dp));
memset(f, 0, sizeof (f));
ans = 0;
n = read(), r = read();
for (int i = 1;i <= n; ++i) scanf("%lf %lf", &p[i], &d[i]);
f[1][1] = dp[1] = 1.0 - mi(1.0 - p[1], r);
f[1][0] = mi(1.0 - p[1], r);
for (int i = 2;i <= n; ++i) {
for (int j = 0;j <= min(i, r); ++j) {
if (j) {
f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (1.0 - mi(1.0 - p[i], r - j + 1));
}
if (i != j) {
f[i][j] += f[i - 1][j] * mi(1.0 - p[i], r - j);
}
}
}
for (int i = 2;i <= n; ++i) {
for (int k = 0;k <= min(i - 1, r); ++k) {
dp[i] += f[i - 1][k] * (1.0 - mi(1.0 - p[i], r - k));
}
}
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
ans += dp[i] * d[i];
}
printf("%.10lf\n", ans);
}
return 0;
}
概率充电器
\(WA\)了无数遍。。。有一个坑人的小细节。。。
思考后，可转换成\(ans=\sum (1-res[i])\)。其中，\(res\)表示节点\(i\)未被充电的概率。
强制把这棵树转化为有根树，我们可以发现，对与任意非根节点，它能否被点亮取决于它的子节点以及它的父亲。想到树形\(DP\)。
我们设\(f[i]\)，\(g[i]\)分别表示\(i\)不被它的子节点点亮的概率，\(i\)不被它父亲点亮的概率。
所以\(res[i]=f[i]\times g[i]\)。
现在思考如何求\(f[i]\)。
第一遍\(dfs\)遍历时，直接 \(f[i]=(1-p[i])\times \prod_{son\in i}\lgroup1-(1-f[son]\times val(i,son))\rgroup\)，无需过多的解释。
由于根节点无父节点，所以\(g[root]=1\)，即\(res[root]=f[root]\)现在，思考如何求非根节点的\(g[i]\)。
做到这里，我先前有个抽风的想法，以为直接可以\(g[v]=ans[u]+(1-ans[u])\times (1-val(u,v))\)(\(v\)是\(u\)的子节点)，当\(WA\)到怀疑人生时才想到这是错误的。。。想想为什么？
请注意，\(g[i]\)的状态定义是：\(i\)不被它父亲点亮的概率，所以不管子节点鸟事。。。即默认为\(v\)不带电，所以我们需要把\(ans[u]\)除去先前乘进\(f[i]\)中的\(v\)子树中不带电的概率。
即\(P=\frac{g[u]\times f[u]}{1-(1-f[v]\times val(u,v))}\)，\(g[v]=P+(1-P)\times (1-val(u,v))\)。
本题得到\(O(n)\)解决。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 500000 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int n, m;
double p[MAX], ans[MAX], res, f[MAX], g[MAX], h[MAX];
struct sakura {
int to, nxt;
double p;
}sak[MAX << 1]; int head[MAX], cnt;
inline void add(int x, int y, double p) {
++cnt;
sak[cnt].to = y, sak[cnt].nxt = head[x], sak[cnt].p = p, head[x] = cnt;
}
inline void dfs_1(int u, int fa) {
f[u] = 1.0 - p[u];
g[u] = 1.0;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double ps = sak[i].p;
if (v == fa) continue;
dfs_1(v, u);
// f[u] *= (1.0 - (1.0 - f[v]) * ps);
f[u] *= (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps));
}
}
inline void dfs_2(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double ps = sak[i].p;
if (v == fa) continue;
double h;
if (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps)) {
h = (g[u] * f[u]) / (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps));
}
else h = 0.0;
g[v] = h + (1.0 - h) * (1.0 - ps);
dfs_2(v, u);
}
}
int main(){
n = read();
for (int i = 1;i < n; ++i) {
int a = read(), b = read();
double c; scanf("%lf", &c);
add(a, b, 0.01 * c);
add(b, a, 0.01 * c);
}
for (int i = 1;i <= n; ++i)
scanf("%lf", &p[i]), p[i] *= 0.01;
dfs_1(1, 0);
dfs_2(1, 0);
g[1] = 1;
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
ans[i] = f[i] * g[i];
}
for (int i = 1;i <= n; ++i)
res += (1.0 - ans[i]);
printf("%.6lf", res);
return 0;
}
奖励关
刚拿到这题。
？？？
\(Woc\)！怎么做？
好在看了眼数据范围，，，哦，，，状压套个期望啊。。。
倒着找，就行了。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Re register
using namespace std;
const int MAX = 100 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int k, n, miko[MAX];
double f[MAX][1 << 15], a[MAX], ans;
int main(){
k = read(), n = read();
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
scanf("%lf", &a[i]);
int x;
while (x = read()) {
miko[i] = miko[i] | (1 << (x - 1));
}
}
for (int i = k;i >= 1; --i) {
for (int j = 0;j < (1 << n); ++j) {
for (int l = 1;l <= n; ++l) {
if ((j & miko[l]) == miko[l]) {
f[i][j] += max(f[i + 1][j | (1 << (l - 1))] + a[l], f[i + 1][j]);
}
else {
f[i][j] += f[i + 1][j];
}
}
f[i][j] /= n;
}
}
printf("%.6lf\n", f[1][0]);
}
迷失游乐园
马马马？？？
是树的情况貌似和前面的看脸充电器差不多？？？搞一下。
我们设从一个节点\(i\)的子节点传上来的期望值为\(f[i]\)，从父节点传下来的期望值为\(g[i]\)，令\(u\)为\(v\)的父节点，所以可得\(f[u]=\frac{\sum f[v]+w(u,v)}{son[u]}\)，然后以此更新\(g[v]\)：\(g[v]=w(u,v)+\frac{f[u]\times son[u]-w(u,v)-f[v]+g[u]}{son[u]-1+1}\)。
具体含义就\(YY\)一下吧，懒癌晚期。。。
\(About\) \(1h\) \(later...\) \(have\) \(50\) \(Pt\) \(...\)
好了，现在处理环的情况！
\(Another\) \(1h\) \(later...\)
\(Woc\)！环怎么处理啊！
偷偷瞟了眼题解，稍微有了点思路。
首先，从基环树环上节点的子节点传上来的更新是一样的，这点没有任何怀疑。主要是\(g[i]\)的更新。
对于环上的点，我们默认为它们的父亲即为环上与它相邻的两个节点。所以它分别有一半的概率走到与它相邻的两个节点上。
所以，我们强迫它先顺序走一遍，再逆序走一遍，最后两个期望值相加再除以\(2\)，即可得到\(g[x]\)。
\(g[i]=\sum P_j\times (w(j-1,j)+f[j]\times \frac{son[j]}{son[j]+1})\)
其中,\(P_j\)表示为走到环上节点\(j\)的概率。
然后环上的\(g[x]\)更新了，就可以对于环上每个节点所形成的子树进行遍历更新了。
\(g[v]=w(u,v)+\frac{fat[u]\times g[u]+f[u]\times son[u]-f[v]-w(u,v)}{fat[u]+son[u]-1}\)
其中，\(fat[x]\)表示\(x\)父节点的个数。
找环简单说一下，直接开栈记录就行了。
再吐槽一下，这题我改了一下午加一晚上，还是红彤彤的，后来一气之下全员\(double\)，，，然后，，，它就过了。。。
这题必须代码。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Re register
#define C(x) circle[x]
#define T(x) tag[x]
const int MAX = 100000 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
struct sakura { int to, nxt, w; }sak[MAX << 1]; int head[MAX], cnt;
double f[MAX], ans, g[MAX], res, son[MAX], P, dis[25][25], fat[MAX];
int stack[MAX], top, vis[MAX], circle[MAX], count, num, st, nex[MAX], pre[MAX], tag[MAX];
bool find = 0;
inline void add(int x, int y, int w) { ++cnt; sak[cnt].to = y, sak[cnt].nxt = head[x], sak[cnt].w = w, head[x] = cnt; }
/* 找环 */
inline void pre_dfs_1(int u, int fa) {
if (find) return;
vis[u] = 1, stack[++top] = u;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
if (v == fa) continue;
if (vis[v]) {
while (stack[top] != v) { circle[++count] = stack[top--]; }
circle[++count] = stack[top];
find = 1;
return;
}
else {
pre_dfs_1(v, u);
stack[--top], vis[v] = 0;
}
}
}
/* 找距离 */
bool first = 1;
inline void pre_dfs_2(int u, int fa, double w) {
if (u == st && !first) {
dis[T(u)][T(fa)] = dis[T(fa)][T(u)] = w;
return;
}
first = 0;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double s = sak[i].w;
if (v == fa || !vis[v]) continue;
dis[T(u)][T(v)] = dis[T(v)][T(u)] = s;
pre_dfs_2(v, u, s);
}
}
/* douwn */
inline void dfs(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa || vis[v]) continue;
dfs(v, u);
son[u] ++;
f[u] += (1.0 * f[v] + w);
}
if (son[u]) f[u] /= son[u];
}
/* up */
inline void re_dfs(int u, int fa, double w) {
g[u] = w;
if(fat[fa] + son[fa] > 1)
g[u] += (fat[fa] * g[fa] + son[fa] * f[fa] - f[u] - w) / (fat[fa] + son[fa] - 1);
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa || vis[v]) continue;
re_dfs(v, u, w);
}
}
/* m = n-1 */
inline void dfs_tree(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa) continue;
if (u != st)
g[v] = w + (f[u] * son[u] - w - f[v] + g[u]) / son[u];
else {
if (son[u] == 1) {
g[v] = w;
}
else {
g[v] = w + (f[u] * son[u] - w - f[v] + g[u]) / (son[u] - 1);
}
}
dfs_tree(v, u);
}
}
int n, m;
int main(){
n = read(), m = read();
for (Re int i = 1;i <= m; ++i) {
int x = read(), y = read(), z = read();
add(x, y, z), add(y, x, z);
}
if (m != n) {
/* 树的情况比较好转移 */
st = 1;
dfs(st, 0);
dfs_tree(st, 0);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
if (i == st) {
res += (f[i] * son[i] + g[i]) / son[i];
}
else {
res += (f[i] * son[i] + g[i]) / (son[i] + 1);
}
}
printf("%.5lf", res / (1.0 * n));
return 0;
}
else {
/* 找环 */
pre_dfs_1(1, 0);
/* 标记 & 映射 */
memset(vis, 0, sizeof (vis));
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) vis[circle[i]] = 1, tag[circle[i]] = i;
/* 找距离 */
st = circle[1];
pre_dfs_2(circle[1], 0, 0);
/* 对于每个环上的点down下去 */
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) dfs(circle[i], 0);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
if (vis[i]) {
fat[i] = 2.0;
//在环上父亲数为 2
}
else {
fat[i] = 1.0;
//不在环上父亲数为 1
}
}
/* 处理信息 */
for (int i = 1;i <= count; ++i) {
nex[circle[i]] = circle[i + 1];
pre[circle[i]] = circle[i - 1];
}
pre[circle[1]] = circle[count];
nex[circle[count]] = circle[1];
/* 更新环上的g[x] */
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) {
int nows = C(i);
/* 正序来一遍 */
P = 1.0;
for (Re int j = nex[nows];j != nows; j = nex[j]) {
double w = dis[tag[pre[j]]][tag[j]];
if (nex[j] == nows)
g[nows] += P * (w + f[j]);
else
g[nows] += P * (w + f[j] * son[j] / (son[j] + 1));
P /= (son[j] + 1);
}
/* 逆序来一遍 */
P = 1.0;
for (Re int j = pre[nows];j != nows; j = pre[j]) {
double w = dis[tag[nex[j]]][tag[j]];
if (pre[j] == nows)
g[nows] += P * (w + f[j]);
else
g[nows] += P * (w + f[j] * son[j] / (son[j] + 1));
P /= (son[j] + 1);
}
/* 除 2 */
g[nows] /= 2.0;
}
/* 更新非环节点g[x] */
for (int i = 1;i <= count; ++i) {
for (int j = head[C(i)];j;j = sak[j].nxt) {
if (!vis[sak[j].to]) re_dfs(sak[j].to, circle[i], sak[j].w);
}
}
/* 统计答案 */
for (int i = 1;i <= n; ++i)
res += ((g[i] * fat[i]) + f[i] * son[i]) / (fat[i] + son[i]);
printf("%.5lf", res / (1.0 * n));
return 0;
}
}
一点小总结
概率\(DP\)怎么说呢，真的还是以推\(DP\)式子为主，但其中有些和其它\(DP\)不一样，比如，概率作为状态时一般是反着来的，还有就是当一个状态的概率不好表示时，想想去表示它相反的概率，抑或者用容斥原理把概率给硬搞出来，期望同理。
还有就是在\(OI\)的运用中，大多数题目都是离散型变量，很少连续型的，注意一下它俩的区别。
