[概率DP]相逢是温厚

题意

有\(n\)场比赛，他每次等概率地选择一场，选择的比赛可能有没ac过的题，他一定会ac这次比赛中的某一道，并说我好菜啊。如果全ac过了，也会说我好菜啊。求期望说多少次我好菜啊。

注意题目中每场题的范围是1到3

我们可以把相同题数的场看成同一种，那就有三种

把题意抽象成取球游戏，就是\(i_1\)类型的球有\(a_1\)个，\(i_2\)类型的球有\(a_2\)个，\(i_3\)类型的球有\(a_3\)个，即将数量一样的比赛抽象成同一种球，问期望用多少次可以取到所有不同的球。不同种类的球取出会带来不同的变化，取了\(i_1\)类型的球会导致剩余没取的个数减一，但取了\(i_3\)类型的球因为这个比赛的题目数减一变成\(i_2\)类型，取了\(i_2\)类型的球就变成\(i_1\)类型的。

这个问题挺难的，那我们就先看一下最基本的取球游戏(彩票收集问题)

前序知识

最基本的取球问题就是\(n\)个球，求将每个球至少取一次，问期望用多少次可以取到所有不同的球。

假设现在还剩下\(i\)个球没取过，那么这时取到没取过的球的概率是

\(P=i / N\)

由于这个事件满足几何分布，所以他的期望就是\(1/p\)，就是\(N/i\)

几何分布（Geometric distribution）是离散型概率分布。其中一种定义为：在n次伯努利试验中，试验k次才得到第一次成功的机率。详细地说，是：前k-1次皆失败，第k次成功的概率。

用\(dp[i]\)表示剩下\(i\)个球没取时多少次取到剩下所有不同的球的期望

那么可以得出一下递推式：

\[dp[0]=0 \]

由期望的可加性：

\[dp[i]=N/i+dp[i-1] \]

本题题解

这题就是取球游戏改编的，但是状态比较多，变成了3维的

根据上面的递推式和本题题意，得出以下状态转移方程，令\(dp[i][j][k]\)为剩下三种球没取时多少次取到所有不同的球的期望。再令\(M=i+j+k\)

\[dp[0][0][0]=0 \]

因为当前的状态有三种可能状态转移，并且每场比赛的选择都是等概率的，将后继状态已经求出的期望加上当前状态取出不同的球的期望。

\[dp[i][j][k]=N/M+dp[i-1][j][k]* i/M+dp[i+1][j-1][k] * j/M+dp[i][j+1][k-1]* k/M \]

化简一下就是(好像没怎么化简)

\[dp[i][j][k]=(N+dp[i-1][j][k] * i+dp[i+1][j-1][k] * j+dp[i][j+1][k-1] * k)/M \]

代码

可以将\(k\)优化一下，枚举所有的状态，然后暴力转移

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 505;
const int mod=17680321;
ll inv[maxn];
ll num[4];
ll dp[maxn][maxn][2];
void init(int n){
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    init(n);
    for(int i=1,a;i<=n;++i) {
        cin>>a;
        num[a]++;
    }
    dp[0][0][0]=0;
    int t=1;
    for (int k = 0; k <= num[3]; k++) {
        t ^= 1;
        for (int j = 0; j +k<= n; j++){
            for (int i = 0; i +k+j<= n; i++){
                if (i || j || k) {
                    dp[i][j][t] = 1ll * n * inv[i + j + k] % mod;
                    if (i)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i - 1][j][t] * i % mod * inv[i + j + k]) % mod;
                    if (j)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i + 1][j - 1][t] * j % mod * inv[i + j + k]) % mod;
                    if (k)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i][j + 1][t ^ 1] * k % mod * inv[i + j + k]) % mod;
                }
            }
        }
 
    }
    cout<<dp[num[1]][num[2]][t]<<endl;
    return 0 ;
}

总结

与常规的求解不同，数学期望经常逆向推出。
常言道："正向推概率，反向推期望"
为什么呢？
大家可以百度一下（逃

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