【期望】【DP】数学期望总结（ing)

题目概览
LightOJ - 1027 A Dangerous Maze
LightOJ - 1030 Discovering Gold：概率dp
LightOJ - 1038 Race to 1 Again：统计因子的贡献
LightOJ - 1248 Dice (III) ：概率dp 或 几何分布
LightOJ - 1265 Island of Survival：简单O(1)题

LightOJ - 1027 A Dangerous Maze

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Description

在n个门前选择一扇门出去， 如果第i扇门的 Xi 为正，会在 Xi 时间后离开迷宫，否则会在 |Xi| 后回到初始地方，并且忘记了刚才的选择， 选择每扇门等概率的。计算离开的期望。

Solution

定义一次选择到正数的概率为P1，选择了正数后离开的平均时间为T1，选择到负数的概率是P2， 选择了负数后回到初始位置的平均时间为T2。设离开的期望为Y。
$$Y=P1\ast T1+P2\ast (T2+Y)$$
$$Y=\frac{P1\ast T1+P2\ast T2}{P1}$$
经过整理$$Y=\frac{{\sum }_{i=1}^{N}abs(Xi)}{正数的个数}$$
最后对答案取个gcd即可。

Code

#include 

#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

int main()
{
	rush() {
		int n; 
		scanf("%d", &n);
		int cnt = 0, sum = 0, x;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%d", &x);
			sum += abs(x);
			if(x > 0) cnt++;
		}
		int g = __gcd(sum, cnt);
		printf("Case %d: ", cas);
		if(cnt == 0) printf("inf\n");
		else printf("%d/%d\n", sum/g, cnt/g);
	}
	return 0;
}

LightOJ - 1030 Discovering Gold

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Description

n个点，每个点有一些金子。从点1开始，每次扔一次6面骰子，向前走点数步，并且拿走那个点的金子，如果当前位置加扔出的点数大于n，就重新扔。询问走到n时，取走的金子的期望。

Solution

方案一：从前到后递推
假设 dp[i] 为到第i个点的概率，a[i]为第i个格子的金子数量。那么期望就是 $\sum dp[i]\ast a[i]$
对于初始点1来说，dp[1] = 1，否则，dp[i] = dp[j] * 骰子摇出点数为 j-i 的概率

方案二：从后到前倒退
那么当前的状态等于 所有后继状态的期望 * 到达它的概率 进行求和。

由于走到的点是一定能拿到的，因此令每个的点的初始期望值等于每个点的初始值，即：dp[i] = a[i].

则：

• 在第 n 个点，获得的金子数目为 dp[n]
• 在第 n-1 个点，掷骰子有一种情况，获得的数目为： dp[n-1] + dp[n]
• 在第 n-2 个点，掷骰子有两种情况，获得的数目为： dp[n-2] + dp[(n-2)+1]/2 + dp[(n-2)+2]/2
• …
• 在第 i 个点，掷骰子有六种情况，获得的数目为： dp[i] = dp[i] + dp[i+1]/6 + dp[i+2]/6 + dp[i+3]/6 + dp[i+1]/6 + dp[i+5]/6 + dp[i+6]/6

如上进行逆推，最后得到的 f[1] 就是最终的期望值

Code

方案一：

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

double a[105];
double dp[105], cnt[105];

int main()
{
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n; 
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; i++) 
			scanf("%lf", a + i);
			dp[i] = 0;
		}
		dp[1] = 1.0;
		double ans = 0.0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			for(int j = max(i - 6, 1); j < i; j++) {
				int k = min(6, n - j);
				dp[i] += dp[j] / k; // 当前点可掷出的点数共k种，其中可以由j点到达i点只有一种
			}
			ans += dp[i] * a[i];
		}
		printf("%.10f\n", ans);
	}
	return 0;
}

方案二：

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

double a[105];
double dp[105], cnt[105];

int main()
{
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n; 
		scanf("%d", &n);
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			scanf("%lf", a + i);
			dp[i] = a[i];
		}
		for(int i = n; i >= 1; i--) {
			for(int j = 1; j <= min(n - i, 6); j++) {
				dp[i] += dp[i+j] / min(n - i, 6);
			}
		}
		printf("%.10f\n", dp[1]);
	}
	return 0;
}

LightOJ - 1038 Race to 1 Again

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Description

给出一个数N，每次可以选择N的一个因子，用N除以这个因子得到一个新的数，计算 N 变为1的操作次数的期望。

Solution

求操作次数的期望时，假设第 i 个因子对当前数期望的贡献次数为 $T_i$，那么有
$$E=(T_1+T_2+T_3+......+T_n)/n$$.
dp[n]表示 n 除到 1 时的期望，假设 n 的因子有 cnt 个，分别为$a_1,a_2...a_{cnt}$（包括1和n本身），那么
$$dp[n]=\frac{(dp[a_1]+1)+(dp[a_2]+1)+...+(dp[a_{cnt}]+1)}{cnt}$$
每个+1代表由 当前因子到n 的期望操作次数需要+1次，其中 $a_{cnt}$ 等于n，故$dp[a_{cnt}]$ 未知，移项后整理得：，
$$dp[n]=\frac{(dp[a_1]+1)+(dp[a_2]+1)+...+(dp[a_{cnt-1}]+1)+1}{cnt-1}$$

Code

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)
const int MaxN = 1e6 + 5;

double dp[MaxN];

int main()
{
	int tot, p;
	double ans;
	dp[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= 1e5; i++) {
		tot = 0, ans = 0.0;
		for(int j = 1; j * j <= i; j++) {
			if(i % j == 0) { 
				ans += dp[j] + 1;
				tot++;
				p = i / j;
				if(p != j) {
					ans += dp[p] + 1; // 当 i/1 == i 时，由于dp[i] = 0，所以没有对答案产生贡献
					tot++;
				}
			}
		}
		dp[i] = ans / (tot - 1.0);
	}
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n; 
		scanf("%d", &n);
		printf("%.8f\n", dp[n]);
	}
	return 0;
}

LightOJ - 1248 Dice (III)

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Description

给定一个 n 面的骰子，计算看到所有的面至少一次所需掷骰子次数的期望

Solution

方案一：概率DP
假设 dp[i] 表示当前已经出现 i 个面时的期望次数，那么当前 dp[i] 可以由一下状态进行转移：

• 如果当前出现的第 i 个面是新出现的面，说明当前状态的上一个状态为 dp[i-1]，然后前状态 dp[i-1] 从剩下的 (n - i + 1) 个未出现的面中选取了一个作为新出现的面，此时$dp[i]=(n-i+1)/n\ast dp[i-1]+1$
• 如果当前出现的第 i 个面是已经出现过的面，说明当前状态的上一个状态为 dp[i]，然后前状态 dp[i] 从上个已经出现的 i-1 个面中选取了一个作为当前出现的面，此时$dp[i]=(i-1)/n\ast dp[i]+1$

综上
$$dp[i]=(n-i+1)/n\ast dp[i-1]+(i-1)/n\ast dp[i]+1$$

化简得
$$dp[i]=dp[i-1]+n/(n-i+1)$$

方案二：数学 - 几何分布
几何分布的概念：
在第n次伯努利试验中，试验 k 次才得到第一次成功的机率为p。详细的说是：前k-1次皆失败，第k次成功的概率为p。

几何分布的期望 $E(X)=\frac{1}{p}$

对于本题来说：

• 第一个面第一次出现的概率 $P_1=\frac{n}{n}$
• 第二个面第一次出现的概率 $P_2=\frac{n-1}{n}$
• ……
• 第 i 个面第一次出现的概率 $P_i=\frac{n-i+1}{n}$
• ……
• 第 n 个面第一次出现的概率 $P_n=\frac{1}{n}$

所以每个面至少出现一次的期望为
$$E(X)=\sum _{i=1}^n\frac{1}{P_i}=\sum _{i=1}^n\frac{n}{n-i+1}$$

Code

DP做法

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

double dp[100005];

int main()
{
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n;
		scanf("%d", &n);
		dp[1] = 1.0;
		for(int i = 2; i <= n; i++) {
			dp[i] = dp[i-1] + 1.0 * n / (n-i+1);
		}
		printf("%.8f\n", dp[n]);
	}
	return 0;
}

数学做法

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

int main()
{
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n;
		scanf("%d", &n);
		double ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			ans += 1.0 * n / (n - i + 1);
		}
		printf("%.8f\n", ans);
	}
	return 0;
}

LightOJ - 1265 Island of Survival

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Description

你在一个有t只老虎和d只鹿的荒岛上，计算生还几率，每天有两只动物相遇，鹿、老虎、你随机相遇：
如果你和老虎相遇，老虎会杀了你。
如果老虎和鹿相遇，老虎会吃掉鹿。
如果两只鹿见面，什么都没发生。
如果你遇见一只鹿，你可能会也可能不会杀鹿（取决于你）。
如果两只老虎相遇，他们会同归于尽。

Solution

概率DP写多了，被这题给搞了…

对你来说，威胁者只有老虎，对老虎来说，威胁者也只有老虎，所以鹿的存在对你的存活率毫无意义。

• 如果没有老虎，不管鹿有几只，存活率都为 1
• 如果有奇数只老虎，存活率为 0，因为不管鹿有几只，一定会有一只老虎剩下来和你相遇
• 如果有偶数只老虎，那么需要两只老虎不停的内耗完才能存活。

对于 t 为偶数时
$$P=\frac{C_t^2}{C_{t+1}^2}\ast \frac{C_{t-2}^2}{C_{t-1}^2}\ast \frac{C_{t-4}^2}{C_{t-3}^2}\ast \frac{C_2^2}{C_3^2}=\frac{1}{t+1}$$

Code

#include 
#define rush() int T;scanf("%d", &T);for(int cas = 1; cas <= T; cas++)

int main()
{
	rush() {
		printf("Case %d: ", cas);
		int n, t, d;
		scanf("%d %d", &t, &d);
		double ans;
		if(t == 0) ans = 1;
		else if(t % 2 == 1) ans = 0;
		else ans = 1.0 / (t + 1);
		printf("%.8f\n", ans);
	}
	return 0;
}