期望概率做题笔记
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求期望，于是逆推。
设 \(f[i]\) 表示 \(i\) 节点到终点的距离，则：
\[f[i]=\sum_{(i,j)\in E}{\frac{f[j]\times w_{i,j}}{out_i}} \]拓扑后逆序求即可。
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由于是无向图，可以走回头路，所以不能简单地拓扑排序。
考虑利用期望的线性性，即每一条边的期望经过次数，乘上它的边权即为总 的期望距离。现在希望总距离最短，所以我们要让期望经过次数最多的边边权最小。
但是边的期望经过次数是不好直接计算的，我们可以先求出每一个点的期望经过次数，那么边的期望经过次数即为两端的点期望经过次数 \(/\) 各自的出度。
设 \(f[i]\) 表示 \(i\) 节点的期望经过次数，那么：
\[f[i]=\begin{cases} \sum_{(i,j)\in E}{\frac{f[j]}{out_i}} +1 &i=1 \\ \sum_{(i,j)\in E}\frac{f[j]}{out_i} &i\ne1 \end{cases} \]因为只要到达了 \(n\) 就会停止游走，所以不计算 \(n\) 点的贡献，那么我们就会得到 \(n-1\) 个方程，而又恰好有 \(n-1\) 个未知数 \(f\)。于是可以通过高斯消元来求得 \(f\)。
求出 \(f\) 后计算边的期望经过次数，排序即可。
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从期望的定义考虑，设 \(X\) 表示收集了 \(X\) 张邮票，则
\[\begin{split} E(X)&=\sum_{i}{\frac{i(i+1)}{2}\cdot P(Y=i)} \\ &=\frac{\sum_{i}{i\cdot P(Y=i)}+\sum_{i}{i^2\cdot P(Y=i)}}{2} \\ &=\frac{E(Y)\cdot E^2(Y)}{2} \end{split} \]设 \(f[i]\) 表示已经有 \(i\) 张邮票，到有 \(n\) 张的期望次数，\(g[i]\) 表示已经有 \(i\) 张邮票，到
有 \(n\) 张的期望次数。列出转移方程：
\[\begin{split} f[i]&=\frac{i}{n}(f[i]+1)+\frac{n-i}{n}(f[i+1]+1) \\&=f[i+1]+\frac{n}{n-i} \end{split} \\ \begin{split} g[i]&=\frac{i}{n}(g[i]+2f[i]+1)+\frac{n-i}{n}(g[i+1]+2f[i+1]+1) \\&=g[i+1]+2f[i+1]+1+\frac{i}{n-i}(2f[i]+1) \end{split} \]递推出答案即可。
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从最简单的开始思考：
如果要前 \(7\) 个就触发魔法：设 \(N=\sum_{i=1}^{n}{a_i}\)。因为每选一个，样本总量就会减少一个，那么前 \(7\) 个出发魔法概率为：
\[7!\prod_{i=1}^{7}{\frac{a_i}{N-i+1}} \]如果前 \(8\) 个触发魔法，即第一个随机选，剩下的再排一遍，概率为：
\[\sum_{i=1}^{7}{\frac{a_i}{N}\cdot7!\prod_{j=1}^{7}{\frac{a_j}{N-j+1}}} \]不难发现，后半部分跟上面是一样的，前半部分的和为 \(1\)，也就是说，选前 \(8\) 个触发魔法的概率等于选前 \(7\) 个，同理，任意结束位置大于等于 \(7\) 的连续数字触发魔法的概率是一样的，那么答案就是：
\[(N-6)\cdot7!\prod_{i=1}^{7}{\frac{a_i}{N-i+1}} \] -
假概率题。
点分治 ，再计算点到重心距离时模上 \(3\)，统计答案时即为 \(t[0]^2+2t[1]t[2]\)。其中， \(t[x]\) 表示到重心距离模 \(3\) 为 \(x\) 的点数量。
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这题难在设状态，如果DP每一轮各张牌的概率就会有后效性，所以本题任需要从期望的线性性入手。
设 \(P[i]\) 表示 \(r\) 轮中 \(i\) 号牌发动的概率，那么答案显然为 \(\sum_{i}{P[i]\cdot d[i]}\)。
于是问题转化为求 \(P[i]\)。
因为需要满足”使用了当前卡就停止本局“，所以状态要与前缀有关，设 \(f[i][j]\) 表示在 \(r\) 轮中前 \(i\) 张牌发动了 \(j\) 张的概率，那么：
- 若第 \(i\) 张牌不发动：可以由 \(f[i-1][j]\) 转移，同时 \(i\) 在剩下的 \(r-j\) 轮中都不能使用，所以 \(f[i][j]+=f[i-1][j]\times (1-p_i)^{r-i}\)。
- 若第 \(i\) 张牌发动：可以由 \(f[i-1][j-1]\) 转移，同时 \(i\) 在剩下的 \(r-j+1\) 中使用了一次，但是使用的概率并不好算，正难则反，我们可以用 \(1\) 减去不使用的概率，所以 \(f[i][j]+=f[i-1][j-1]\times (1-(1-p_i)^{r-j+1})\)。
对于求 \(P[i]\)，可以参照第二种情况的思考方式，所以：
\[P[i]=\sum_{j=1}^{r}{f[i-1][j]\times (1-(1-p_i)^{r-i})} \]考虑到复杂度可能比较大，需要预处理一下 \(1-p_i\) 的幂。
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概率状压DP（还是第一次见）
看到 \(n\le 18\)，考虑状压。设 \(f[S]\) 表示状态 \(S\) 出现的概率，那么可以枚举一只在状态 \(S\) 中活着的鱼 \(i\) ，再枚举一只挂了的鱼 \(j\)，则有：
\[f[S]=\sum_{i}{\sum_{j}{f[S|(1<<j-1)]\times a[i][j]\times P}} \]其中 \(P\) 表示上一轮 \(i\) 与 \(j\) 相遇的概率，即为 \(\frac{1}{\frac{cnt\times(cnt-1)}{2}}\)（ \(cnt\) 为上一轮中活着的鱼的数量）。
边界状态为 \(f[(1<<n)-1]=1\)，注意从 \((1<<n)-1\) 开始枚举。
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首先有一个巧妙的贪心思想：再计算最优方案时，我们可以从大到小枚举，只要碰到亮着的就关掉，因为关掉一个灯只能改变小于等于自己的灯的状态，所以我们枚举到的当前亮着的最大的灯是必须要关一次的，而枚举可以通过预处理因数达到 \(n\log_2n\)。
然后考虑DP。设 \(f[i]\) 表示从还必须操作 \(i\) 次到还必须需操作 \(i-1\) 次的期望操作次数，那么当 \(i\ge k\) 时，有 \(\frac{n-i}{n}\) 的概率进行一次不必要的操作，即之后还需要花费一次操作来还原，那么可以得出转移方程：
\[f[i]=\frac{n-i}{n}\times(f[i]+f[i+1]+1)+\frac{i}{n}\times 1 \]化简一下：
\[f[i]=\frac{1+(n-i)\times f[i+1]}{i} \]当然，当 \(i\le k\) 时，\(f[i]=1\)。
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对于图上随机游走的题目，有一种方法是利用期望的线性性，求出 \(E(x\rightarrow x+1)\) 之后累加起来就可以得到从起点走到终点的期望花费。
本题中，令 \(dx\) 表示 \(x\) 的出度，不难发现：
\[E(x\rightarrow x+1)=\frac{1}{dx}+\frac{1}{du}\sum_{(x,y)\in E}{E(y\rightarrow x+1)} \]用 \(\sum_{i=y}^{x}{E(i\rightarrow i+1)}\) 替换 \(E(y)\) 并化简可得：
\[E(x\rightarrow x+1)=\frac{1}{dx}+\frac{1}{du}\sum_{(x,y)\in E}{\sum_{i=y}^{x} E(i\rightarrow i+1)} \\\frac{1}{dx}E(x\rightarrow x+1)=\frac{1}{dx}+\frac{1}{dx}\sum_{(x,y)\in E}\sum_{i=y}^{x-1}{E(i\rightarrow i+1)} \\E(x\rightarrow x+1)=dx+\sum_{(x,y)\in E}\sum_{i=y}^{x-1}{E(i\rightarrow i+1)} \]用 \(sum[i]\) 记录一下 \(\sum_{j=1}^{i}{f[j]}\)，上式即为：
\[E(x\rightarrow x+1)=dx+\sum_{(x,y)\in E}{sum[x-1]-sum[y-1]} \]可以 \(O(n)\) 求解。
