emmmm博客很多都烂尾了。。。但是没空写。。先写一下正在学的东西好了
概率DP这东西每次考到都不会。。听题解也是一脸懵逼。。所以决定学习一下这个东东。。毕竟NOIP考过。。。比什么平衡树实在多了QAQ
有时间再去复习一下平衡树和KMP，AC自动机什么的，都忘光了。。
概率DP这东东。。我也不好说啥定义（毕竟是蒟蒻嘛。。直接刷题咯）
T1:hdu3853
题意：一个r行c列的格子，起始点在（1，1），终点在（r，c），每一步可能的走法有：不动、向右走、向下走，每走一步花费两点魔法值，现给出在每一点三种走法的概率，求走完迷宫时所花魔法值的期望。
这道题目可以看出是概率DP吧、、、那么我们显然知道一个事实dp[r][c]=0,不难写出DP方程：dp[i][j] = p[i][j][1]*dp[i][j] + p[i][j][2]*dp[i][j+1] + p[i][j][3]*dp[i+1][j] + 2
但是接下来的化简我理解了很久。。。之后我才明白QAQ
下面贴出化简的关键步骤
因为dp[i][j]-p[i][j][1]*dp[i][j]=dp[i][j]*(1-p[i][j][1])
所以dp[i][j] = （p[i][j][2]*dp[i][j+1] + p[i][j][3]*dp[i+1][j] + 2）/（1-p[i][j][1]）
下面贴上代码：
#include<cstdio> using namespace std; double dp[1005][1005]; double p[1005][1005][4]; int n,m; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lf%lf%lf",&p[i][j][1],&p[i][j][2],&p[i][j][3]); for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=m;j>=1;j--){ if(p[i][j][1]==1||(i==n&&j==m))continue; dp[i][j]=(p[i][j][2]*dp[i][j+1]+p[i][j][3]*dp[i+1][j]+2)/(1-p[i][j][1]); }printf("%.3lf ",dp[1][1]); }
T2:hdu4405
有0-n个格子，初始点在0，终点是>=n，每走一步之前都要丢一次六个面的色子，标上1-6，扔到几就走几步，当然色子是等概率出现数字的，还有就是中间某一点可能和其它的一点联通，比如a和b联通，当我处于a时，就可以直接飞到b（不用耗费步数），最后问走到终点时所扔色子次数的期望。
这题显然期望DP，显然期望DP的初始值为dp[n]=0，做期望DP要记住一点，要从距离结果状态较近的状态推到结果状态较远的状态。所以不要从dp[0]开始推哦！
然后如果我们发现某个点能否飞到其他店那么显然dp[i]=dp[fly[i]]
否则dp[i]=sum(d[i+j]/6)+1(1<=j<=6)
然后暴力推就好啦
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int fly[100005]; double dp[100005]; int n,m,x,y; int main(){ while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ if(n==0&&m==0)break; memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(fly,0,sizeof(fly)); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),fly[x]=y; for(int i=n-1;i>=0;i--){ if(fly[i])dp[i]=dp[fly[i]]; else for(int j=1;j<=6;j++)dp[i]+=(dp[i+j]+1)/6; }printf("%.4lf ",dp[0]); } }
T3：poj2096
题意：有n类bug和s个子系统，bug数量不限，且每天只能发现一个bug，要求的是当在s个子系统中发现n类bug时所需要天数的期望（平均天数）。
emmm这道题目首先我们设置一下初始状态dp[n][s]=0，dp[i][j]表示从j个子系统中发现i个bug的状态转移到s个子系统中发现n个bug的状态的期望天数
那么显然dp[i][j]会从以下4个地方转移:dp[i][j],dp[i+1][j],dp[i+1][j+1],dp[i][j+1]
概率也很好算的QAQ，然后我们就能得到下面的式子：
dp[i][j]=dp[i+1][j+1]*((n-i)*(s-j)/n/s)+dp[i][j+1]*(i*j/n/s)+dp[i+1][j]*((n-i)*j/n/s)+dp[i][j]*(i*j/n/s)+1
因为递推式不能重复出现同一个变量，所以我们移项再化简，合并同类项得到下面的式子：
dp[i][j]=((dp[i+1][j+1]*(n-i)*(s-j)+dp[i][j+1]*i*(s-j)+dp[i+1][j]*(n-i)*j)/(1.0*n*s)+1)/(1-(1.0*i*j/n/s));
就刷完啦！QAQ
#include<cstdio> using namespace std; double dp[1005][1005]; int n,s; int main(){ scanf("%d%d",&n,&s); for(int i=n;i>=0;i--) for(int j=s;j>=0;j--){ if(i==n&&j==s)continue; dp[i][j]=((dp[i+1][j+1]*(n-i)*(s-j)+dp[i][j+1]*i*(s-j)+dp[i+1][j]*(n-i)*j)/(1.0*n*s)+1)/(1-(1.0*i*j/n/s)); } printf("%.4lf ",dp[0][0]); }
T4:有2^n支队，现在要进行n次比赛，并且按次序进行比赛并淘汰，胜利的队继续按次序比赛并淘汰，比如1，2，3，4进行比赛，第一轮1和2比，3和4比，假如1和3胜利了，那么第二轮1和3继续比，2，4淘汰。最后问最有可能胜利的队伍是哪一支。输出数据以-1结束
这个题目很显然概率DP，注意：概率DP跟期望DP不一样，概率DP是正着推。0.0
方程很水emmmm:f[i][j]+=f[i-1][j]*(f[i-1][k]*beat[j][k])
但是我们的k有限制的QAQ因为按照顺序比赛，比如说1号队伍和3号队伍在第一局并不能比赛。
所以我们要找到一个性质：如果j>>（i-1）==k>>(i-1)^1那么第i局j和k就是在同一组的
然后就轻松啦QAQ
#include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; double f[1005][1005]; double beat[1005][1005],ans; int n,ansnum; int main(){ while(~scanf("%d",&n)&&n!=-1){memset(beat,0,sizeof(beat)); for(int i=0;i<(1<<n);i++)for(int j=0;j<(1<<n);j++)scanf("%lf",&beat[i][j]); memset(f,0,sizeof(f));ans=ansnum=0; for(int i=0;i<(1<<n);i++)f[0][i]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<(1<<n);j++) for(int k=0;k<(1<<n);k++){ if((j>>(i-1))==((k>>(i-1))^1))f[i][j]+=f[i-1][j]*(f[i-1][k]*beat[j][k]); } for(int i=0;i<(1<<n);i++)if(f[n][i]>ans)ans=f[n][i],ansnum=i; printf("%d ",ansnum+1); } }