期望dp专题

期望什么的没什么大概印象

靠做题一步一步来吧

先一道水题

 Kids and Prizes

题意：n个盒子里装有礼物，m个人随机选择礼物，选完之后空盒子放回
问选中的礼物数的期望。
m个人是独立的。
对于每个礼物不被人选中的概率为((n-1)/n)^m
那么不被选中的礼物数的期望就是 n*((n-1)/n)^m
所以答案就是 n-n*((n-1)/n)^m;

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m;
double pow(double x,int y)
{
    int i;
    double sum=1;
    for(i=1;i<=y;i++)
      sum*=x;
    return sum;
}
int main()
{
    double cnt;
     double ans;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
     cnt=double(n-1)/n;
    ans=n-n*pow(cnt,m);
    printf("%.9lf
",ans);
    }
    return 0;
}

　　

SPOJ1026 Favorite Dice

题目大意

给你一个n个面的骰子，每个面朝上的几率相等，问每个面都被甩到的期望次数

题解

当然也可以用概率dp来推：

我们设f[i]表示还须i种数才满足每个面都出现一次所需要的期望次数。

显然f[n]=0，答案为f[0]，所以为逆推。

又由于选第i个数后再选一个数与已经选过的数不同的概率为（n−i）/n，相同为i/n。

故f【i】=（f【i+1】+1）*（（n-i）/n）【就是成功选出不同的，那就加1次再乘上概率】+（f【i】+1）*（i/n）【这个就是本身的转了一次没拿到不同的，同样是+1乘上概率】

化简可得到f[i] = f [i + 1] + n/(n - i);
同时f【n】=0；所以代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int t;
double f[1005];
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[n] = 0;
        for(int i = n - 1;i >= 0;i--)
        {
            f[i] = f[i + 1] + n / (n - (double)i);
        }
        printf("%0.2lf
",f[0]);
     } 
     return 0;
}

Uva12230Crossing Rivers (数学期望)

题目大意：
有个人每天要去公司上班，每次会经过N条河，家和公司的距离为D，默认在陆地的速度为1，
给出N条河的信息，包括起始坐标p，宽度L，以及船的速度v。船会往返在河的两岸，人到达河岸时，
船的位置是随机的（往返中）。问说人达到公司所需要的期望时间。

思路：

1，过每条河最坏的情况是t=3*L/v； 即去的时候船刚刚走。
2，过没条河最优的情况是t=L/v；    即去的时候船刚刚来。
3，由于船是均匀发布的，符合线性性质，所以平均下来，过每条河的时间t=2*L/v。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n,D,dis,p,l,v,Case=0;
    double ans;
    while(~scanf("%d%d",&n,&D)){
        if(n==0&&D==0) return 0;
        dis=0;ans=0;
        while(n--){
            scanf("%d%d%d",&p,&l,&v);
            ans=ans+2.0*l/v;
            D-=l;
        }
        ans=ans+1.0*D;
        printf("Case %d: %.3lf

",++Case,ans);
    }
    return 0;
}

　codeforces round 604 E题：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxx = 2e5+10;
const int mod = 998244353;
LL p[maxx],dp[maxx];
LL quick(LL a,LL b)
{
    LL res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=(res*a)%mod;
        b>>=1;
        a=(a*a)%mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&p[i]);
    //dp[i]=(dp[i-1]+1)*(pi/100)+(dp[i-1]+1+dp[i])*(1-pi/100)
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[i]=(dp[i-1]+1)*100%mod*quick(p[i],mod-2)%mod;
    printf("%lld
",dp[n]);
    return 0;
}

　　help me escape

题意:

师傅被妖怪抓走了。有n个妖怪，每个妖怪有一个固定的战斗力c[]，师傅也有一个初始战斗力f0。每天，师傅会随机选择一个妖怪决斗，如果打得赢ft>c[]，就可以逃出去,逃出去要t[]天，毕竟超人不会飞；否则，师傅会不甘心，当天他会拿出秘籍练功，将自己变强,f(t+1)=f(t)+c[]，第二天寻找下一次机会。问师傅能够逃脱可怕的妖怪，继续追求去印度吃手抓饼的梦想的天数的数学期望day。

思路：

设dp[F]是战斗力为F时，逃离的天数期望。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const double P=(1.0+sqrt(5.0))/2.0;
const int maxn=200000;
int c[maxn],t[maxn],n,f;double dp[maxn];
double dfs(int F)
{
    if(dp[F]>0) return dp[F];
     for(int i=1;i<=n;i++){
        if(F>c[i]) dp[F]+=1.0*t[i];
        else dp[F]+=dfs(F+c[i])+1.0;
    }
    dp[F]=dp[F]/(1.0*n);return dp[F];
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&f)){
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&c[i]);
            t[i]=(int)(1.0*c[i]*c[i]*P);
       }dfs(f);
       printf("%.3lf
",dp[f]);
   }return 0;
}

　　

HDU3853LOOPS （师傅逃亡系列•三）（基础概率DP）

要你从f【0】【0】到f【n】【m】，每次操做都要消耗两颗·神丹，有a的概率原地不动，b的概率向右走，有c的概率向下走。求师傅逃出去的神丹消耗期望。

思路：

依然是递推，

设f[i][j]为从(i,j)点走到终点所花费的期望，a[i][j],b[i][j],c[i][j]分别是留在原地、向右走、向下走的概率，则可以得到：

f[i][j]=a[i][j]*f[i][j]+b[i][j]*f[i][j+1]+c[i][j]*f[i+1][j]+2

移项得： dp[i][j]=(dp[i][j+1]*b[i][j]+dp[i+1][j]*c[i][j]+2)/(1.0-a[i][j]

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
double dp[1010][1010],a[1010][1010][3];
int main()
{
    int n,m,i,j,k;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        for(i=1;i<=n;i++)
         for(j=1;j<=m;j++)
          for(k=0;k<3;k++)
           scanf("%lf",&a[i][j][k]);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=n;i>=1;i--) 
         for(j=m;j>=1;j--)
         {
              if(fabs(1-a[i][j][0])<1e-7)//停留原地的概率为1  
                    continue;  
             dp[i][j]=(dp[i][j+1]*a[i][j][1]+dp[i+1][j]*a[i][j][2]+2)/(1.0-a[i][j][0]); 
         }
        printf("%.3f
",dp[1][1]);
    }return 0;
}

　　

); 

ZOJ 3551 Bloodsucker

题意：
开始有 n-1个人，1个吸血鬼，以后每天这 n 个中其中有两个会相遇，如果一个是吸血鬼，一个是人，那这个人有一定的概率 p 变成吸血鬼。

求这 n 个最后都变成吸血鬼所需天数的期望值。

思路：
我们设dp【i】为吸血为i个的时候的天数期望

那么dp【n】=0；dp【1】为我们所求的。

然后就会有dp【i】=（dp【i+1】+1）*p3+（dp【i】+1）*（1-p3）;

移项：dp[i] = (dp[i+1]*p3+1)/p3;

#include <cstdio>
#include <cstring>
double dp[100017];
int main()
{
    int t, n;
    double p;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%lf",&n,&p);
        dp[n] = 0;
        double p1 = (double)n*(n-1)/2;//c n 2 n个人中选2人
        for(int i = n-1; i >= 1; i--)
        {
            double p2 = (double)i*(n-i);
            double p3 = p2/p1*p;//相遇并变成吸血鬼的概率
            dp[i] = (dp[i+1]*p3+1)/p3;
        }
        printf("%.3lf
",dp[1]); 
    }
    return 0;
}