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概念
(PS)：不需要知道太多概念，能拿来用就行了。
- 定义
样本（(omega)）：一次随机试验产生的一个结果。
样本空间（(Omega)）：一个随机试验的所有可能的结果的全体，即(Omega={omega})。
事件（(A)）：某一类结果，即(AsubsetOmega)。
基本事件（(s)）：各个互斥的事件即为基本事件。
我们借助样本空间S来定义概率。样本空间是基本事件的集合。
- 概率论公理
样本空间(S)的概率分布(Pr{})是一个从(S)的事件到实数的映射，它满足以下公理：- 非负性：对于任意事件(A)，(Pr{A}geqslant 0)。
- 正则性：(Pr{S}=1)。
- 可列可加性：对于两个互斥事件(A)与(B)，有(Pr{Acup B}=Pr{A}+Pr{B})。更一般地，对于任意有限或无限事件序列(A_1,A_2,...,)若其两两互斥，则有：
- 期望
简单理解，期望的意义就是概率的加权平均数。
假设某随机试验(X)共有(n)种互斥的事件可能发生，其中第(i)个事件发生的概率为(P_i)，价值为(X_i)，则这个随机试验的期望是(E(X)=sum P_iX_i)。
期望也可以从频率的角度来理解，我们知道如果不断重复某个随机试验，某个事件发生的频率会趋近于其概率，而将发生过所有事件的价值取平均值，这个值就会趋近于这个随机试验的期望。
期望的线性性质
证明如下
(1)式:
(2)式:
(3)式:
用数学归纳法可推广到多个。
期望DP
定义
所求结果为某事件的期望的动态规划。
实际上这类动态规划并不是一个新的类型，它都是在原有的动态规划的基础上，将所求的值改成了概率和期望的相关值，换句话说，这类问题的难度其实还是在动态规划的原型上，概率和期望只是表象。
现在大多数期望题就是手动找公式或者(DP)推出即可，只要处理好边界，然后写好方程，就行了。与常规的求解不同，数学期望经常逆向推出，但不全是。它的代码量很短，但思维难度明显较高。
比如数学期望的(f[x])一般表示到了(x)这一状态还差多少，最后答案是(f[0])。
总之，该推公式的还是推，该在图上跑的还是在图上跑，只是注意状态的设计。
练手题目
入门：
过河
少见的连续型随机变量题。
最坏情况下，过一条河需要(3*L/v)的时间；最好的情况下，过一条河需要(L/v)的时间，又因为船的位置随机，所以过河时间线性分布，于是期望取个平均值(2*L/v)就行了。
掷骰子
考虑集合中选取一个不同于已选的新数的概率，所以可以设计(DP)方程：(f[i])表示取了(i)种数后还需取的期望值。
取了(i)种数，当前取的是新数的概率是(frac{n-i}{n})，当前取的是集合中出现过的数的概率是(frac{i}{n})。所以可得到(DP)转移方程(f[i]=frac{n-i}{n}f[i+1]+frac{i}{n}f[i]+1)。
进一步化简，得(f[i]=f[i+1]+frac{n}{n-i})。
所以(f[0]=sum_{i=1}^nfrac{n}{i})。
换教室
夭寿啦，NOIP考期望啦。
容易对每节课的选择划分阶段，根据期望的线性性质，可以相加得到总期望。
设(f[i][j][0/1])表示前(i)节课提交了(j)次申请，当前是否申请时的期望最小体力值。那么只会从(i-1)转移过来。
方程见代码。（懒癌晚期。。。）
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define db double
#define Re register
const int N = 2000 + 5;
const db INF = 1e18;
using std :: max;
using std :: min;
inline int read() {
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
inline void init(), dp(), ouot();
signed main() { init(), dp(), ouot(); }
inline void hand_in() {
freopen("classroom.in", "r", stdin);
freopen("classroom.out", "w", stdout);
}
int n, m, v, e, c[N], d[N];
db k[N], f[N][N][2], dis[305][305], ans = INF;
inline void init() {
hand_in();
n = read(), m = read(), v = read(), e = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) c[i] = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) d[i] = read();
for (Re int i = 1;i <= n; ++i) scanf("%lf", k + i);
for (Re int i = 1;i <= v; ++i) {
for (Re int j = 1;j <= v; ++j) {
if (i != j) dis[i][j] = INF;
}
}
for (Re int i = 1, x, y, w;i <= e; ++i) {
x = read(), y = read(), w = read();
dis[x][y] = min(dis[x][y], (db)w);
dis[y][x] = dis[x][y];
}
for (Re int s = 1;s <= v; ++s) {
for (Re int i = 1;i <= v; ++i) {
for (Re int j = 1;j <= v; ++j) {
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][s] + dis[s][j]);
}
}
}
}
inline void dp() {
for (Re int i = 0;i <= n; ++i) {
for (Re int j = 0;j <= m; ++j) {
f[i][j][0] = f[i][j][1] = INF;
}
}
f[1][0][0] = f[1][1][1] = 0;
for (Re int i = 2, lim;i <= n; ++i) {
lim = min(i, m);
f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + dis[c[i - 1]][c[i]];
for (Re int j = 1;j <= lim; ++j) {
f[i][j][0] = min(f[i][j][0], f[i - 1][j][0] + dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][0] = min(f[i][j][0], f[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][1] = min(f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][0] + k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + (1.0 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
f[i][j][1] = min(f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][1] + k[i] * (k[i - 1] * dis[d[i - 1]][d[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][d[i]]) + (1.0 - k[i]) * (k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]));
}
}
}
inline void ouot() {
for (int i = 0;i <= m; ++i) ans = min(ans, min(f[n][i][0], f[n][i][1]));
printf("%.2lf", ans);
exit(0);
}
进阶：
亚瑟王
思考后，转化成(ans=sum dp[i]*d[i])，其中,(dp[i])表示第(i)张卡在(r)轮中打出的概率。
考虑如何计算(dp[i])。
由于每一轮打出一张卡后，该轮结束，所以每张卡在(r)轮中被打出的概率与在它前面有多少张卡被打出有关。
设(f[i][j])表示在(r)轮中，前(i)张卡被打出了(j)张的概率，在此情况下，第(i+1)张牌在(r)轮中有((1-p[i+1])^{r-j})的概率未被打出，再用(1)减去，就得到了打出的概率。所以枚举(k)得到：(dp[i]=sum f[i-1][k]*(1-(1-p[i])^{r-k}))。
现在考虑如何计算(f[i][j])。
递推。当前的第(i)张卡选或不选。
选：(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(1-(1-p[i])^{r-j+1}))。((j
eq 0))
不选：(f[i][j]+=f[i-1][j]*((1-p[i])^{r-j}))。((i
eq j))
边界：
(f[1][1]=dp[1]=1-(1-p[1])^r)
(f[1][0]=(1-p[1])^r)
本题得到解决。（注意精度！）
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug() puts("FBI WARNING!")
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX = 220 + 5;
const int P = 1e5 + 7;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int t, n, r;
double p[MAX], d[MAX], ans, f[MAX][MAX], dp[MAX], pw[MAX][MAX];
inline double mi(double a, int b) {
double res = 1.0;
while (b) {
if (b & 1) {
res *= a;
}
a *= a;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main(){
t = read();
while (t--) {
memset(dp, 0, sizeof (dp));
memset(f, 0, sizeof (f));
ans = 0;
n = read(), r = read();
for (int i = 1;i <= n; ++i) scanf("%lf %lf", &p[i], &d[i]);
f[1][1] = dp[1] = 1.0 - mi(1.0 - p[1], r);
f[1][0] = mi(1.0 - p[1], r);
for (int i = 2;i <= n; ++i) {
for (int j = 0;j <= min(i, r); ++j) {
if (j) {
f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (1.0 - mi(1.0 - p[i], r - j + 1));
}
if (i != j) {
f[i][j] += f[i - 1][j] * mi(1.0 - p[i], r - j);
}
}
}
for (int i = 2;i <= n; ++i) {
for (int k = 0;k <= min(i - 1, r); ++k) {
dp[i] += f[i - 1][k] * (1.0 - mi(1.0 - p[i], r - k));
}
}
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
ans += dp[i] * d[i];
}
printf("%.10lf
", ans);
}
return 0;
}
概率充电器
(WA)了无数遍。。。有一个坑人的小细节。。。
思考后，可转换成(ans=sum (1-res[i]))。其中，(res)表示节点(i)未被充电的概率。
强制把这棵树转化为有根树，我们可以发现，对与任意非根节点，它能否被点亮取决于它的子节点以及它的父亲。想到树形(DP)。
我们设(f[i])，(g[i])分别表示(i)不被它的子节点点亮的概率，(i)不被它父亲点亮的概率。
所以(res[i]=f[i] imes g[i])。
现在思考如何求(f[i])。
第一遍(dfs)遍历时，直接 (f[i]=(1-p[i]) imes prod_{sonin i}lgroup1-(1-f[son] imes val(i,son)) group)，无需过多的解释。
由于根节点无父节点，所以(g[root]=1)，即(res[root]=f[root])现在，思考如何求非根节点的(g[i])。
做到这里，我先前有个抽风的想法，以为直接可以(g[v]=ans[u]+(1-ans[u]) imes (1-val(u,v)))((v)是(u)的子节点)，当(WA)到怀疑人生时才想到这是错误的。。。想想为什么？
请注意，(g[i])的状态定义是：(i)不被它父亲点亮的概率，所以不管子节点鸟事。。。即默认为(v)不带电，所以我们需要把(ans[u])除去先前乘进(f[i])中的(v)子树中不带电的概率。
即(P=frac{g[u] imes f[u]}{1-(1-f[v] imes val(u,v))})，(g[v]=P+(1-P) imes (1-val(u,v)))。
本题得到(O(n))解决。
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 500000 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int n, m;
double p[MAX], ans[MAX], res, f[MAX], g[MAX], h[MAX];
struct sakura {
int to, nxt;
double p;
}sak[MAX << 1]; int head[MAX], cnt;
inline void add(int x, int y, double p) {
++cnt;
sak[cnt].to = y, sak[cnt].nxt = head[x], sak[cnt].p = p, head[x] = cnt;
}
inline void dfs_1(int u, int fa) {
f[u] = 1.0 - p[u];
g[u] = 1.0;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double ps = sak[i].p;
if (v == fa) continue;
dfs_1(v, u);
// f[u] *= (1.0 - (1.0 - f[v]) * ps);
f[u] *= (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps));
}
}
inline void dfs_2(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double ps = sak[i].p;
if (v == fa) continue;
double h;
if (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps)) {
h = (g[u] * f[u]) / (f[v] + (1.0 - f[v]) * (1.0 - ps));
}
else h = 0.0;
g[v] = h + (1.0 - h) * (1.0 - ps);
dfs_2(v, u);
}
}
int main(){
n = read();
for (int i = 1;i < n; ++i) {
int a = read(), b = read();
double c; scanf("%lf", &c);
add(a, b, 0.01 * c);
add(b, a, 0.01 * c);
}
for (int i = 1;i <= n; ++i)
scanf("%lf", &p[i]), p[i] *= 0.01;
dfs_1(1, 0);
dfs_2(1, 0);
g[1] = 1;
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
ans[i] = f[i] * g[i];
}
for (int i = 1;i <= n; ++i)
res += (1.0 - ans[i]);
printf("%.6lf", res);
return 0;
}
奖励关
刚拿到这题。
？？？
(Woc)！怎么做？
好在看了眼数据范围，，，哦，，，状压套个期望啊。。。
倒着找，就行了。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Re register
using namespace std;
const int MAX = 100 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
int k, n, miko[MAX];
double f[MAX][1 << 15], a[MAX], ans;
int main(){
k = read(), n = read();
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
scanf("%lf", &a[i]);
int x;
while (x = read()) {
miko[i] = miko[i] | (1 << (x - 1));
}
}
for (int i = k;i >= 1; --i) {
for (int j = 0;j < (1 << n); ++j) {
for (int l = 1;l <= n; ++l) {
if ((j & miko[l]) == miko[l]) {
f[i][j] += max(f[i + 1][j | (1 << (l - 1))] + a[l], f[i + 1][j]);
}
else {
f[i][j] += f[i + 1][j];
}
}
f[i][j] /= n;
}
}
printf("%.6lf
", f[1][0]);
}
迷失游乐园
马马马？？？
是树的情况貌似和前面的看脸充电器差不多？？？搞一下。
我们设从一个节点(i)的子节点传上来的期望值为(f[i])，从父节点传下来的期望值为(g[i])，令(u)为(v)的父节点，所以可得(f[u]=frac{sum f[v]+w(u,v)}{son[u]})，然后以此更新(g[v])：(g[v]=w(u,v)+frac{f[u] imes son[u]-w(u,v)-f[v]+g[u]}{son[u]-1+1})。
具体含义就(YY)一下吧，懒癌晚期。。。
(About) (1h) (later...) (have) (50) (Pt) (...)
好了，现在处理环的情况！
(Another) (1h) (later...)
(Woc)！环怎么处理啊！
偷偷瞟了眼题解，稍微有了点思路。
首先，从基环树环上节点的子节点传上来的更新是一样的，这点没有任何怀疑。主要是(g[i])的更新。
对于环上的点，我们默认为它们的父亲即为环上与它相邻的两个节点。所以它分别有一半的概率走到与它相邻的两个节点上。
所以，我们强迫它先顺序走一遍，再逆序走一遍，最后两个期望值相加再除以(2)，即可得到(g[x])。
(g[i]=sum P_j imes (w(j-1,j)+f[j] imes frac{son[j]}{son[j]+1}))
其中,(P_j)表示为走到环上节点(j)的概率。
然后环上的(g[x])更新了，就可以对于环上每个节点所形成的子树进行遍历更新了。
(g[v]=w(u,v)+frac{fat[u] imes g[u]+f[u] imes son[u]-f[v]-w(u,v)}{fat[u]+son[u]-1})
其中，(fat[x])表示(x)父节点的个数。
找环简单说一下，直接开栈记录就行了。
再吐槽一下，这题我改了一下午加一晚上，还是红彤彤的，后来一气之下全员(double)，，，然后，，，它就过了。。。
这题必须代码。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define Re register
#define C(x) circle[x]
#define T(x) tag[x]
const int MAX = 100000 + 5;
inline int read(){
int f = 1, x = 0;char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0'||ch>'9');
do {x = x*10+ch-'0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
struct sakura { int to, nxt, w; }sak[MAX << 1]; int head[MAX], cnt;
double f[MAX], ans, g[MAX], res, son[MAX], P, dis[25][25], fat[MAX];
int stack[MAX], top, vis[MAX], circle[MAX], count, num, st, nex[MAX], pre[MAX], tag[MAX];
bool find = 0;
inline void add(int x, int y, int w) { ++cnt; sak[cnt].to = y, sak[cnt].nxt = head[x], sak[cnt].w = w, head[x] = cnt; }
/* 找环 */
inline void pre_dfs_1(int u, int fa) {
if (find) return;
vis[u] = 1, stack[++top] = u;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
if (v == fa) continue;
if (vis[v]) {
while (stack[top] != v) { circle[++count] = stack[top--]; }
circle[++count] = stack[top];
find = 1;
return;
}
else {
pre_dfs_1(v, u);
stack[--top], vis[v] = 0;
}
}
}
/* 找距离 */
bool first = 1;
inline void pre_dfs_2(int u, int fa, double w) {
if (u == st && !first) {
dis[T(u)][T(fa)] = dis[T(fa)][T(u)] = w;
return;
}
first = 0;
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double s = sak[i].w;
if (v == fa || !vis[v]) continue;
dis[T(u)][T(v)] = dis[T(v)][T(u)] = s;
pre_dfs_2(v, u, s);
}
}
/* douwn */
inline void dfs(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa || vis[v]) continue;
dfs(v, u);
son[u] ++;
f[u] += (1.0 * f[v] + w);
}
if (son[u]) f[u] /= son[u];
}
/* up */
inline void re_dfs(int u, int fa, double w) {
g[u] = w;
if(fat[fa] + son[fa] > 1)
g[u] += (fat[fa] * g[fa] + son[fa] * f[fa] - f[u] - w) / (fat[fa] + son[fa] - 1);
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa || vis[v]) continue;
re_dfs(v, u, w);
}
}
/* m = n-1 */
inline void dfs_tree(int u, int fa) {
for (int i = head[u];i;i = sak[i].nxt) {
int v = sak[i].to;
double w = sak[i].w;
if (v == fa) continue;
if (u != st)
g[v] = w + (f[u] * son[u] - w - f[v] + g[u]) / son[u];
else {
if (son[u] == 1) {
g[v] = w;
}
else {
g[v] = w + (f[u] * son[u] - w - f[v] + g[u]) / (son[u] - 1);
}
}
dfs_tree(v, u);
}
}
int n, m;
int main(){
n = read(), m = read();
for (Re int i = 1;i <= m; ++i) {
int x = read(), y = read(), z = read();
add(x, y, z), add(y, x, z);
}
if (m != n) {
/* 树的情况比较好转移 */
st = 1;
dfs(st, 0);
dfs_tree(st, 0);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
if (i == st) {
res += (f[i] * son[i] + g[i]) / son[i];
}
else {
res += (f[i] * son[i] + g[i]) / (son[i] + 1);
}
}
printf("%.5lf", res / (1.0 * n));
return 0;
}
else {
/* 找环 */
pre_dfs_1(1, 0);
/* 标记 & 映射 */
memset(vis, 0, sizeof (vis));
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) vis[circle[i]] = 1, tag[circle[i]] = i;
/* 找距离 */
st = circle[1];
pre_dfs_2(circle[1], 0, 0);
/* 对于每个环上的点down下去 */
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) dfs(circle[i], 0);
for (int i = 1;i <= n; ++i) {
if (vis[i]) {
fat[i] = 2.0;
//在环上父亲数为 2
}
else {
fat[i] = 1.0;
//不在环上父亲数为 1
}
}
/* 处理信息 */
for (int i = 1;i <= count; ++i) {
nex[circle[i]] = circle[i + 1];
pre[circle[i]] = circle[i - 1];
}
pre[circle[1]] = circle[count];
nex[circle[count]] = circle[1];
/* 更新环上的g[x] */
for (Re int i = 1;i <= count; ++i) {
int nows = C(i);
/* 正序来一遍 */
P = 1.0;
for (Re int j = nex[nows];j != nows; j = nex[j]) {
double w = dis[tag[pre[j]]][tag[j]];
if (nex[j] == nows)
g[nows] += P * (w + f[j]);
else
g[nows] += P * (w + f[j] * son[j] / (son[j] + 1));
P /= (son[j] + 1);
}
/* 逆序来一遍 */
P = 1.0;
for (Re int j = pre[nows];j != nows; j = pre[j]) {
double w = dis[tag[nex[j]]][tag[j]];
if (pre[j] == nows)
g[nows] += P * (w + f[j]);
else
g[nows] += P * (w + f[j] * son[j] / (son[j] + 1));
P /= (son[j] + 1);
}
/* 除 2 */
g[nows] /= 2.0;
}
/* 更新非环节点g[x] */
for (int i = 1;i <= count; ++i) {
for (int j = head[C(i)];j;j = sak[j].nxt) {
if (!vis[sak[j].to]) re_dfs(sak[j].to, circle[i], sak[j].w);
}
}
/* 统计答案 */
for (int i = 1;i <= n; ++i)
res += ((g[i] * fat[i]) + f[i] * son[i]) / (fat[i] + son[i]);
printf("%.5lf", res / (1.0 * n));
return 0;
}
}
一点小总结
概率(DP)怎么说呢，真的还是以推(DP)式子为主，但其中有些和其它(DP)不一样，比如，概率作为状态时一般是反着来的，还有就是当一个状态的概率不好表示时，想想去表示它相反的概率，抑或者用容斥原理把概率给硬搞出来，期望同理。
还有就是在(OI)的运用中，大多数题目都是离散型变量，很少连续型的，注意一下它俩的区别。