期望 概率DP

期望

(x) 的期望 (E(x)) 表示平均情况下 (x) 的值。

令 (C) 表示常数， (X) 和 (Y) 表示两个随机变量。

• (E(C)=C)

• (E(C imes X)=C imes E(X))

• (E(X+Y)=E(X)+E(Y)) 期望的线性性

• (E(XY)) 不一定等于 (E(X) imes E(Y))

期望练习：

题意：

(n) 个格子从左往右排成一排，(m) 次操作。

每次操作随机选择一个区间 ([l,r]) ，将里面所有格子涂黑。

求 (m) 次操作完毕后，被涂黑的格子数量的期望。

(solution)：

期望的线性性，答案等于每个格子被涂黑的概率之和。

对于某个格子，假设一次操作涂黑它的概率为 (p) ，则 (m) 次操作涂黑它的概率为 (1-(1-p)^m)。

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期望（概率）DP

• 游走I

题意：

(n) 个点 (m) 条边的有向无环图，保证 (1) 可以到达每个点，且每个点可以到达 (n) 号点。如果现在在 (x) ，(x) 连了 (d) 条边出去，那么会以 (dfrac{1}{d}) 的概率随机选择一条边走过去。

求 (1) 游走到 (n) 的期望步数。

$n le 100000 $ ，(m le 200000)

(solution) ：

记忆化搜索。

设 (e[x]) 表示 (x) 走到 (n) 的期望步数。

[e[n]=0 ]

[e[x]= 1 + dfrac{sum_{y}^{y in son[x]}e[y]}{d[x]} ]

复杂度：(O(n + m)) 。

$ exttt{code}$

void dfs(ll x)
{
	 if(dp[x]!=-1) return;
	 ll cnt=0;
	 for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
	 {
	 	 dfs(ver[i]);
	 	 cnt+=dp[ver[i]];
	 }
	 dp[x]=(cnt*inv[x]+1)%mod;
}

for(ll i=1;i<=m;i++)
{
	 u=rd(),v=rd();
	 add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i],mod-2);
dfs(1);
printf("%lld
",dp[1]);

• 游走II

题意：

(n) 个点 (m) 条边的有向无环图，保证 (1) 可以到达每个点，且每个点可以到达 (n) 号点。如果现在在 (x) ，(x) 连了 (d) 条边出去，那么会以 (dfrac{1}{d+1}) 的概率随机选择一条边走过去，或者以 (dfrac{1}{d+1}) 的概率待在 (x) 点不动。

求 (1) 游走到 (n) 的期望步数。

(n le 100000) ，(m le 200000)

(solution) ：

[e[x]=dfrac{e[x]+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]}}{d[x]+1}+1 ]

有 (e[x]) 怎么办？化简！

[e[x] imes (d[x]+1)=e[x]+d[x]+1+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]} ]

[e[x] imes d[x]=d[x]+1+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]} ]

结论：

[e[x]=dfrac{d[x]+1+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]}}{d[x]} ]

复杂度：(O(n+m)) 。

$ exttt{code}$

void dfs(ll x)
{
	 if(dp[x]!=-1) return;
	 ll cnt=0;
	 for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
	 {
	 	 dfs(ver[i]);
	 	 cnt+=dp[ver[i]];
	 }
	 dp[x]=(cnt+outd[x]+1)*inv[x]%mod;
}

for(ll i=1;i<=m;i++)
{
	 u=rd(),v=rd();
	 add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i],mod-2);
dfs(1);
printf("%lld
",dp[1]);

• 游走III

题意：

(n) 个点 (m) 条边的有向无环图，保证 (1) 可以到达每个点，且每个点可以到达 (n) 号点。如果现在在 (x) ，(x) 连了 (d) 条边出去，那么会以 (dfrac{1}{d+1}) 的概率随机选择一条边走过去，或者以 (dfrac{1}{d+1}) 的概率回到 (1) 号点。

求 (1) 游走到 (n) 的期望步数。

(n le 100000) ，(m le 200000)

(solution) ：

[e[x]=dfrac{e[1]+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]}}{d[x]+1}+1 ]

有 (e[1]) 怎么办？另外定义转移方程！

设：

[e[x]=f[x] * e[1]+g[x] ]

则有：

[e[1]=dfrac{g[x]}{1-f[x]} ]

带入转移方程式：

[e[x]=dfrac{e[1]+sum_{y}^{y in son[x]}{e[y]}}{d[x]+1}+1 ]

[e[x] = dfrac{e[1]+sum_{y}^{y in son[x]}{(f[y] imes e[1] + g[y])}}{d[x]+1}+1 ]

[e[x] = egin{pmatrix}dfrac{e[1]+sum_{y}^{y in son[x]}{f[y] imes e[1]}}{d[x]+1}end{pmatrix} + egin{pmatrix}1+dfrac{sum_{y}^{y in son[x]}{g[y]}}{d[x]+1}end{pmatrix} ]

[e[x] = egin{pmatrix}dfrac{1+sum_{y}^{y in son[x]}{f[y]}}{d[x]+1}end{pmatrix} imes e[1] + egin{pmatrix}1 + dfrac{sum_{y}^{y in son[x]}{g[y]}}{d[x]+1} end{pmatrix} ]

因为 (e[x]=f[x] * e[1]+g[x]) ，所以最终可以得出结论：

[f[x] = dfrac{1+sum_{y}^{y in son[x]}{f[y]}}{d[x]+1} ]

[g[x] = 1 + dfrac{sum_{y}^{y in son[x]}{g[y]}}{d[x]+1} ]

[e[1]=dfrac{g[x]}{1-f[x]} ]

带入求值即可。

$ exttt{code}$

void dfs(ll x)
{
	 if(f[x]!=-1) return;
	 ll cntf=0,cntg=0;
	 for(ll i=hea[x];i;i=nex[i])
	 {
	 	 dfs(ver[i]);
	 	 cntf+=f[ver[i]];
	 	 cntg+=g[ver[i]];
	 }
	 f[x]=(cntf+1)*inv[x]%mod;
	 g[x]=(cntg*inv[x]%mod+1ll)%mod;
}

for(ll i=1;i<=m;i++)
{
	 u=rd(),v=rd();
	 add(u,v),outd[u]+=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) inv[i]=Pow(outd[i]+1,mod-2);
dfs(1);
printf("%lld
",g[1]*Pow(((1-f[1]+mod)%mod+mod)%mod,mod-2)%mod);

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其他习题

P1850 换教室

状态：设 (dp[i][j][0/1]) 来表示当前为第 (i) 个阶段，连同这一次已经用了 (j) 次换教室的机会，当前这次换 ((1)) 不换 ((0)) 的最小期望路程总和。

转移：

• 转移 (dp[i][j][0]) ：

dp[i][j][0]=fmin
(
	 dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]],
	 
	 dp[i-1][j][1] + p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] + (1.0-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]
);

• 转移 (dp[i][j][1]) ：

dp[i][j][1]=fmin
(
	 dp[i-1][j-1][0] + p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]],
	 
	 dp[i-1][j-1][1] + 
	 p[i-1]*p[i]*dis[d[i-1]][d[i]] + p[i-1]*(1-p[i])*dis[d[i-1]][c[i]] + 
	 (1-p[i-1])*p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i-1])*(1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]]
);

难点：因为在上一次换教室时是 概率 交换，所以不一定会换，所以要把两种情况的都加上（上面写了）。

$ exttt{code}$

memset(dis,inf,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=v;i++) dis[i][i]=0;
int x,y,eg;
for(int i=1;i<=e;i++) x=rd(),y=rd(),eg=rd(),dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],eg);
for(int k=1;k<=v;k++) for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++)
 	 dis[i][j]=dis[j][i]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=1;k++) dp[i][j][k]=1.0*inf;
dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
	 for(int j=0;j<=min(i,m);j++)
	 {
	 	 dp[i][j][0]=fmin
		 (
		 	 dp[i-1][j][0] + dis[c[i-1]][c[i]],
			 dp[i-1][j][1] + p[i-1]*dis[d[i-1]][c[i]] + (1.0-p[i-1])*dis[c[i-1]][c[i]]
		 );
	 	 if(j!=0) dp[i][j][1]=fmin
		 (
			 dp[i-1][j-1][0] + p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]],
			 
			 dp[i-1][j-1][1] + 
			 p[i-1]*p[i]*dis[d[i-1]][d[i]] + p[i-1]*(1-p[i])*dis[d[i-1]][c[i]] + 
			 (1-p[i-1])*p[i]*dis[c[i-1]][d[i]] + (1-p[i-1])*(1-p[i])*dis[c[i-1]][c[i]]
		 );
	 }
}
ans=1.0*inf;
for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=1;k++) ans=fmin(ans,dp[n][j][k]);
printf("%.2lf
",ans);

P3750 [六省联考2017]分手是祝愿

先考虑求出最小操作次数 (c) 。

考虑从大到小枚举 (n) 盏灯，若当前这盏灯是亮的，那么就将这盏灯熄灭，并更新左右它的约数。

若初始局面需要的最小操作次数小于等于 (k) ，显然操作次数为最小操作次数。

我们可以预处理出 (dp(i)) 表示有 (i) 个选择变为 (i-1) 个选择的最小操作次数。

则转移为：

[dp(i)=dfrac{i}{n}+left(1-dfrac{i}{n} ight) imes(1+dp(i)+dp(i+1)) ]

化简得：

[dp(i)=1+dfrac{(n-i) imes(dp(i+1)+1)}{i} ]

则最终答案期望为：

[k+sum_{i=k+1}^{c}dp(i) ]

别忘了最终答案乘上 (n!) 。

$ exttt{code}$

n=rd(),k=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) if(rd()) b[i]=true;
for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=i;j<=n;j+=i) yue[j].pb(i);
for(int i=n;i>=1;i--) if(b[i])
{
	 for(int j:yue[i]) b[j]^=1;
	 cnt++;
}
if(cnt<=k) ans=cnt;
else
{
	 dp[n]=1;
	 for(ll i=n-1;i>=1;i--)
	 	 dp[i]=(1ll+(1ll*n-i)*(dp[i+1]+1ll)%mod*ksm(i,mod-2)%mod)%mod;
	 for(int i=k+1;i<=cnt;i++) ans=(ans+dp[i])%mod;
	 ans=(ans+k)%mod;
}
for(ll i=1;i<=n;i++) ans=ans*i%mod;
printf("%lld
",ans);