【期望】学习笔记

正好遇到，然后第一次自己推出来了o(*￣▽￣*)ブ

3，E. Beautiful Mirrors

题目大意：有n面镜子，每天会询问一面镜子一个问题，从第一面的镜子开始询问你漂不漂亮，每面镜子在询问的时候，会有p_i /100的概率告诉你漂亮，然后如果这是第n面镜子，你就会停止询问并变得开心，否则你会在下一天询问下一面镜子； 反之有1-(p_i /100)的概率告诉你，你不漂亮，那你就会伤心，然后在下一天询问第一面镜子。

求变的开心需要询问次数的期望。n<=2e5

E(x)表示当前询问第x面镜子，变得开心还需询问的天数的期望值。

有：

　　E(n)=(1-(p_n/100))*E(1)+1;

　　E(i)=(p_i/100)*E(i+1)+(1-(p_i/100))*E(1)+1;

然后就 可以根据第二个式子 把E(i)全都用E(1)表示，然后 用第一个式子 解出E(1)，也就是答案

 2019-12-06

```````````````````````

然后！div1的c和div2的e难了(:3_``)

不同地方在于div2e固定(1-pi)返回第1点，div2是q个操作，使u成为或不成为特异点，对每个i回到存在的最近的特异点。

然后之前看的题解说：

“

　　有个非常经典的dp是fi表示期望多少次从i走到i+1, 但是按此方法并不能（至少我不会）导出一个方便维护修改的做法。
这时可以转换思路，考虑另一种DP，设fi表示i这个点期望经过多少次，则有fi=f(i+1)/pi,f(n+1)=1

”

所以 就有了新做法，但是我还是不怎么会打这份代码出来，不过 能理解。

#include<bits/stdc++.h>
#define debug printf("#");
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int maxn=1e6+50;
 
/*
 f[i]表示i点期望经过多少次f[i]=f[i+1]/pi f[n+1]=1;
 
*/
 
set<int>se;
set<int>::iterator it;
 
inline ll kpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;a%=mod;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll p[maxn],f[maxn],s[maxn];
 
int main()
{
    int n,q;
    ll inv100=kpow(100,mod-2);
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&p[i]);
        p[i]=p[i]*inv100%mod;
    }
    f[n+1]=1;s[n+1]=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        f[i]=f[i+1]*p[i]%mod;
        s[i]=(s[i+1]+kpow(f[i],mod-2))%mod;
    }
    ll ans=s[1];int u,pre,last;
    se.insert(1);se.insert(n+1);
    while(q--)
    {
        scanf("%d",&u);
        it=se.lower_bound(u);it--;
        pre=*it;
        it=se.upper_bound(u);
        last=*it;
        if(se.count(u))
        {
            ans+=((s[pre]-s[u]+mod)%mod)*((f[last]-f[u]+mod)%mod)%mod;
            ans%=mod;
            se.erase(u);
        }
        else
        {
            ans-=((s[pre]-s[u]+mod)%mod)*((f[last]-f[u]+mod)%mod)%mod;
            ans=(ans+mod)%mod;
            se.insert(u);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
}

2019-12-07

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做不会概率题，但规律还是要一点一点总结的。

做了两道题，做法都有点像。

1，luoguP5165

题目大意：一个长度为n+1的棋盘，从0到n。现在有一颗棋子在位置m，想要把棋子移到位置0。每一次移动，除了n点以外，每个位置有概率p向0点方向移动1格，概率(1-p)向n点方向移动1格，在n点位置就 只能向0点方向移动，询问从m点移动到0点的期望移动次数。

n<=1e6， 答案对1e9+7取模。 概率p以最简分数给出。

题解的做法是推出公式。然后其中有一个比较重要的也常用的：

设E(x)为在位置x移动到0的期望次数，则：E(x)=pE(x-1)+(1-p)E(x+1)+1;

因为：在E(x)有概率p变成E(x-1)，有概率(1-p)变成E(x+1)，所以E(x)的值是 p概率下E(x-1)的值 加上 (1-p)概率下E(x+1)的值，还要加上本身移动的次数是1。

在知道这个公式后，距离答案就是一些神奇的转换了。 但是我连这个公式都不会。

然后

2，luoguP4550

题目大意：有n种邮票，每次买1张，买到的邮票的种类是等概率1/n，购买第k次需要的付出的价值是k，问买到n种邮票时期望付出的价值。n<=10000，保留小数点后2位输出答案。

题解是递推，有类似的公式：

设Ef(x)为当前买了x种邮票，还需要购买邮票的期望张数。则：Ef(x)=x/n*Ef(x)+(n-x)/n*Ef(x+1)+1;

因为：在Ef(x)有概率x/n买到之前买过的邮票(n张中有x张买过了)，即是，有概率x/n变成Ef(x)；有概率(n-x)/n买到之前没买过的邮票，即是，有概率(n-x)/n变成Ef(x+1)；然后是本身购买次数是1。

所以 化简一下 有：Ef(x)=Ef(x+1)+n/(n-x);

设Eg(x)为当前买了x种邮票，还需要购买邮票的期望价格。则：Eg(x)=x/n*( Eg(x)+Ef(x)+1 )+(n-x)/n*( Eg(x+1)+Ef(x+1)+1 )

这个我有点难理解。

大概是： 在Eg(x)有x/n的概率买到买过的邮票，所以之后购买的价格都因为这次操作加1 所以 原状态的费用叠加Ef(x) 再加上本身(当前，不计前面..?)费用1， 就是x/n*( Eg(x)+Ef(x)+1 )；

　　　　在Eg(x)有(n-x)/n的概率买到没买过的邮票，所以同理 是(n-x)/n*(Eg(x+1)+Ef(x+1)+1)。

化简有：Eg(x)=x/(n-x)*Ef(x)+Eg(x+1)+Ef(x+1)+n/(n-x)。

然后就是for循环递推到Eg(0)即为答案。

 2019-12-04