【期望DP】

【总览】

【期望dp】

　　求解达到某一目标的期望花费：因为最终的花费无从知晓（不可能从$infty$推起），所以期望dp需要倒序求解。

　　设$f[i][j]$表示在$(i, j)$这个状态实现目标的期望值（相当于是差距是多少）。

首先$f[n][m] = 0$，在目标状态期望值为0。然后$f = (sum f' × p) + w $，$f'$为上一状态（距离目标更近的那个，倒序），$p$为从$f$转移到$f'$的概率（则从$f'$转移回$f$的概率也为$p$），w为转移的花费。

最后输出初始位置的$f$即可。

 

特别的，当转移关系不成环时，期望dp可以线性递推。

但当转移关系成环时，期望dp的最终状态相当于一个已知量，而转移关系相当于一个个方程，可以使用【高斯消元】解决。

“高斯消元期望dp的例题”

【概率dp】

　　概率dp通常已知初始的状态， 然后求解最终达到目标的概率，所以概率dp需要顺序求解。

　　概率dp相对简单，当前状态只需加上所有上一状态乘上转移概率即可：$f = sum f'_{i} × p_{i}$

【例题】

【hdu3853】Loops

　　简单的期望dp题，设$f[i][j]$表示当前位置到达终点的期望体力，则$f[r][c] = 0$。

　　已知每个位置不动、向下、向右的概率。设p0为当前状态下停留的概率，p1为向下的概率，p2为向右的概率，那么就从终点开始逆推：

$$f[i][j] = p0 × f[i][j] + p1 × f[i + 1][j] + p2 × f[i][j +1] + 2$$

　　dp强调根据已知推未知，发现等号右边$f[i][j]$正是我们要求的，呢么这就可以构成一个方程了。不过没有那么复杂，因为转移关系不是一个环，只要我们将右边的$f[i][j]$移到左边，再将系数除过去，等号右边就都是已知的了。

【CODE】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int R = 1005, C = 1005;
const double eps = 1e-5;
int r, c;
double p[R][C][3];
double f[R][C];

int main(){
    while(scanf("%d%d", &r, &c) != EOF){
        memset(p, 0, sizeof p);
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= r; i++)
            for(int j = 1; j <= c; j++)
                scanf("%lf%lf%lf", &p[i][j][0], &p[i][j][1], &p[i][j][2]);
        f[r][c] = 0;
        for(int i = r; i >= 1; i--)
            for(int j = c; j >= 1; j--){
                if(i == r && j == c) continue;
                if(fabs(1.0 - p[i][j][0]) < eps) continue;
                f[i][j] = (p[i][j][1] * f[i][j + 1] + p[i][j][2] * f[i + 1][j] + 2.0) / (1.0 - p[i][j][0]);
            }
        printf("%.3f
", f[1][1]);
    }
    return 0;
}

【hdu4405】AeroplaneChess

　　又是一道期望dp。读题可知终点落在$n$~ $n + 5$，将它们的f全部置为$0$。

　　因为有直接跳转，所以如果当前点有可以直接跳转到的点，那么这次是不用掷骰子的，因为当前期望等于目标点的期望。

　　然后考虑掷色子，摇到$1, 2, 3, 4, , 6$的概率都为$frac{1}{6}$，所以$f[i] = sum_{x = 1}^{6} f[i + x] × frac{1}{6} + 1$

　　这样倒序dp便可以得到期望值。

【CODE】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N = 100050;
int go[N];
int n, m;
double f[N];

int main(){
    while(~scanf("%d%d", &n, &m), n + m){
        memset(go, -1, sizeof go);
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
            go[x] = y;
        }
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--){
            if(go[i] != -1){
                f[i] = f[go[i]];
                continue;
            }
            f[i] = (f[i + 1] + f[i + 2] + f[i + 3] + f[i + 4] + f[i + 5] + f[i + 6]) / 6 + 1;
        }
        printf("%.4f
", f[0]);
    }
    return 0;
}

 【poj2096】收集错误

　　这道题很有意思。设$f[i][j]$为收集到$i$种bug，属于$j$个子系统的期望天数，同样$f[n][s] = 0$

　　考虑当前bug：

• 　属于已经收集到的$i$种，也属于已经收集到的$j$个系统，概率为$frac{i × j}{n × s}$
•     属于已经收集到的$i$种，属于新的一套系统， 概率为$frac{i × (s - j)}{n × s}$
•    属于新的一种，属于已经收集到的$j$个系统，概率为$frac{(n - i) × j}{n × s}$
•     属于新的一种，属于新的系统，概率为$frac{(n - i) × (s - j)}{n × s}$

上面顺推求出的概率，应该是等于逆推的概率的。

其余的就很基础了。

【CODE】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;

const int N = 1005, S = 1005;
double f[N][S];
int n, s;

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &s);
    f[n][s] = 0.0;
    for(int i = n; i >= 0; i--){
        for(int j = s; j >= 0; j--){
            if(n * s - i * j == 0) continue;
            double c1 = (double)i * ((double)s - (double)j), c2 = ((double)n - (double)i) * (double)j, 
                   c3 = ((double)n - (double)i) * ((double)s - (double)j), c4 = (double)n * (double)s, c5 = (double)n * (double)s - (double)i * (double)j;
            f[i][j] = ((c1 * f[i][j + 1] + c2 * f[i + 1][j] + c3 * f[i + 1][j + 1] + c4) / c5);
        }
    }
    printf("%.4f
", f[0][0]);
    return 0;
}

 【poj3071】FootBall

　　终于到概率dp了。设$f[i][j]$表示当前第$i$轮比赛，$j$队获胜的概率，那么他如果想获胜：

• 首先上一轮比赛他必须获胜。
• 然后他的对手上一轮必须获胜。
• 他的对手只能是相邻的。

　　判断相邻十分巧妙的使用了二进制：如果把所有队伍的编号都$-1$：

　　从$0$开始的自然数（二进制）：$0, 1, 10, 11, 100, 101, ......$

　　可以发现相邻的数它们的最后一位一定相反。

　　进行第一轮比赛后，相当于将相邻俩个节点替换成他们的父节点$(k >> 1)即将最后一位去掉$，此时相邻的点仍然符合规律。

　　所以我们判断两队是否能比赛的标准就是：$(j >> (i - 1)) $ ^ $1 == k >> (i - 1)$

【CODE】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

const int N = 8;
int n;
double f[N][300], p[300][300];

int main(){
    freopen("h.in", "r", stdin);
    while(scanf("%d", &n), n != -1){
        
        memset(p, 0, sizeof p);
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= (1 << n); i++){
            f[0][i] = 1;
            for(int j = 1; j <= (1 << n) ; j++)
                scanf("%lf", &p[i][j]);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= (1 << n); j++)
                for(int k = 1; k <= (1 << n); k++)
                    if((((j - 1) >> (i - 1)) ^ 1) == ((k - 1) >> (i - 1)))
                        f[i][j] += f[i - 1][k] * f[i - 1][j] * p[j][k];
        double ans = -1;
        int ret = 0;
        for(int i = 1; i <= (1 << n); i++)
            if(ans < f[n][i]) ans = max(ans, f[n][i]), ret = i;
        printf("%d
", ret);
    }
}