浅谈期望与概率dp

1. 引入

小 $A$ 开了一家抽奖店 , 中奖概率为 $\frac{1}{50}$ , 奖品是 $100$ 元 , 每次抽奖需要 $5$ 元 , 求收益的期望

$\frac{1}{50}\times (-100)+\frac{49}{50}\times 5=2.9$

这家店收益的期望为 $+2.9$ 元

2.期望 dp

2.1 一般的期望dp

例题1 : 百事世界杯之旅

$f_i$ 表示已经集齐 $i$ 个 , 还需要买个数的期望 , 那么 $f_n=0$

当我们集齐 $i$ 个时 , 有 $\frac{n-i}{n}$ 概率买到新邮票 , 有 $\frac{ni}{n}$ 概率买到重复邮票

则 $f_i=\frac{n-i}{n}\times (f_{i+1}+1)+\frac{i}{n}\times (f_i+1)$

得 $f_i=\frac{n}{n-i}+f_{i+1}$

$f_0$ 即为最终答案

例题2 : 收集邮票
与上题一样 , 记 $f_i$ 为已经集齐 $i$ 个 , 还需要买个数的期望
记 $g_i$ 为为已经集齐 $i$ 个 , 还需要花钱的期望

有 $f_i=\frac{n}{n-i}+f_{i+1}$

假如每张邮票都是 $1$ 块钱 , 那么 $g_i=\frac{n-i}{n}\times (g_{i+1}+1)+\frac{i}{n}\times (g_i+1)$

而题目要求第 $k$ 张邮票 $k$ 元 . 若在每张邮票 $1$ 元的基础上 , 买第 $x$ 张邮票使得第 $x$ 张邮票以后的邮票都变贵一元 , 可以与第 $k$ 张邮票 $k$ 元达到相同效果 . 因此有 $g_i=\frac{n-i}{n}\times (g_{i+1}+f_i)+\frac{i}{n}\times (g_i+f_i)$ (后面还要买 $f_i$ 张邮票 , 共变贵 $f_i$ 元)

得 $g_i=g_{i+1}+\frac{n}{n-i}\times f_i$

$g_0$ 即为最终答案

	cin >> n;
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
		f[i] = f[i+1] + 1.0*n/(n-i),
		g[i] = g[i+1] + f[i]*n/(n-i);
	printf("%.2lf",g[0]);

例题3 : 爬树的甲壳虫

$f_i$ 表示高度为 $i$ 爬到树顶所需时间的期望

$f_i=(1-P_{i+1})\times f_{i+1}+P_{i+1}\times f_0+1$

推式子 :

$f_n=0$

$f_{n-1}=(1-P_n)f_n+P_n{f}_0+1$

$f_{n-2}=(1-P_{n-1})f_{n-1}+P_{n-1}{f}_0+1$
$=(1-P_n)(1-P_{n-1})f_n+(P_n+P_{n-1})f_0+2-P_{n-1}$

发现本质为 $x{f}_n+y{f}_0+z$

若 $f_{i+1}=x{f}_n+y{f}_0+z$

那么 $f_i=(1-P_{i+1})\times (x{f}_n+y{f}_0+z)+P_{i+1}\times f_0+1$

$=(x-x{P}_{i+1})f_n+(y-y{P}_{i+1}+P_{i+1})f_0+(z-z{P}_{i+1}+1)$

得 $x^{\prime }=x-x{P}_{i+1},$
$y^{\prime }=y-y{P}_{i+1}+P_{i+1},$
$z^{\prime }=z-z{P}_{i+1}+1$

	int y=0, z=0;
	for(int i=n-1;i>=0;i--)
	{
		y = (y - y*p[i+1] + p[i+1] + mod) % mod;
		z = (z - z*p[i+1] + 1 + mod) % mod;
	}
	// f[0] = y*f[0] + z
	// (1-y)*f[0] = z;
	// f[0] = z/(1-y) 
	cout << (z*qpow(1-y,mod-2)+mod)%mod;

例题4:换教室

首先 floyd 预处理任意两点间最短路

memset(w,0x3f,sizeof(w));
	for(int i=1;i<=e;i++)
	{
		int x, y, z;
		cin >> x >> y >> z;
		w[x][y] = min(w[x][y], z), w[y][x] = w[x][y];
	}
	for(int k=1;k<=v;k++)
		for(int i=1;i<=v;i++)
			for(int j=1;j<=v;j++)
				 w[i][j] = min(w[i][j], w[i][k]+w[k][j]);

对于 $i+1$ 节课 , 会受到前面申请了几节课影响 , 会受到第 $i$ 节课位置的影响 , 而我们只需知道是否换教室便可求出位置

所以状态设计是 $f(i,j,k)$ 表示：前 $i$ 节课 , 申请了 $j$ 节课 , $k$ 表示是否换教室

以转移 $k=0$ ( 第 $i$ 个不申请换教室为例)

$f(i,j,0)=min\{\begin{array}{l}(f(i-1,j,1)+w(d[i-1],c[i]))\ast k[i-1]+(f(i-1,j,1)+w(c[i-1],c[i]))\ast (1-k[i-1])\\ =f(i-1,j,1)+w(d[i-1],c[i]))\ast k[i-1]+w(c[i-1],c[i]))\ast (1-k[i-1])\\ f(i-1,j,0)+w(c[i-1],c[i])\end{array}$

然后就是很简单的 dp , 可以加滚动数组优化

for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			f[i][j][1] = f[i][j][0] = inf;	
	f[1][1][1] = f[1][0][0] = 0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=min(i,m);j++)
		{
		
			f[i][j][0] = min(f[i-1][j][1]+w[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]+w[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1]), f[i-1][j][0]+w[c[i-1]][c[i]]);
			if(j) f[i][j][1] = min(f[i-1][j-1][1]+w[d[i-1]][d[i]]*k[i-1]*k[i]+w[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]*(1-k[i])+w[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i-1])*(1-k[i])+w[c[i-1]][d[i]]*(1-k[i-1])*k[i],f[i-1][j-1][0]+w[c[i-1]][c[i]]*(1-k[i])+w[c[i-1]][d[i]]*k[i]);
		}
	} 
	double ans = inf;
	for(int j=0;j<=m;j++)
	{
		ans = min(ans, min(f[n][j][0], f[n][j][1]));
	}
	printf("%.2lf",ans);

---

2.2 图上的期望dp

例题5:绿豆蛙的归宿

$f_i$ 表示 $n\to i$ 的期望

对于 $u$ 的所有出边 $u\to v$ , $f_u=\sum (\frac{f_v+w(u,v)}{indeg[u]})$

$f_n=0$

反向建图 , 拓扑排序

	while(!q.empty())
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		for(auto edge:G[u])
		{
			int v = edge.to, w= edge.w;
			f[v] += (f[u]+w) / indeg2[v];
			indeg1[v]--;
			if(indeg1[v]==0) q.push(v);
		}
	}
	printf("%.2lf",f[1]);
}

例题6 : 游走

我们记以 $i$ 为终点的所有路径数量为 $cn{t}_i$ , 记以 $i$ 为终点的所有路径长度之和为 $f_i$

路径长度的期望应该等于 $\frac{\sum f_i}{\sum cn{t}_i}$

由于这是一张 $DAG$ , 我们可按照拓扑续求 $f_i,cn{t}_i$ , 对于 $v$ 的所有入边 $u\to v$ , $cn{t}_v=\sum cn{t}_u$ , ( $cn{t}_i$ 初始为 $1$ ) , $f_v=\sum (f_u+cn{t}_u)$ ( 相当于所有到 $u$ 的路径多走了 $1$ 到 $v$ , 一共多走了 $cn{t}_u$)

	while(!q.empty())
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		sum += cnt[u], tot += f[u], sum %= mod, tot %= mod;
		for(auto v : G[u])
		{
			cnt[v] += cnt[u], f[v] += f[u]+cnt[u], cnt[v] %= mod, f[v] %= mod;
			indeg[v]--;
			if(indeg[v]==0) q.push(v);
		}
	}