概率 DP & 有后效性 DP 笔记

一、概率 DP

1. P2473 [SCOI2008] 奖励关

数据范围显然状压，设 \(f_{i,s}\) 表示到了第 \(i\) 轮吃了集合 \(s\) 宝物的期望值。

但是这样是无法转移的，从前往后转移不知道前面的哪些情况是可行的，哪些情况是不可行的；哪些前置状态概率大，哪些前置状态概率小。

于是就可以想到了从后边向前边转移，因为后边的状态一定是在满足前面的限制条件的情况下，等概率选取的，所以可以直接加起来再除以总数求出期望。

if ((s & st[j]) == st[j]) // 后面可以多吃 j
    f[i][s] += max(f[i + 1][s], f[i + 1][s | 1 << j] + p[j]);
else // 后面不能多吃 j
    f[i][s] += f[i + 1][s];
f[i][s] = 1.0 * f[i][s] / n;

二、有后效性 DP

1. P3232 [HNOI2013] 游走

先求出每个点的期望经过次数，易得转移方程：

\[f_i=\begin{cases} (\sum f_v)\div \operatorname{deg}_i+1 & i=1 \\ (\sum f_v)\div \operatorname{deg}_i & i\in(1,n) \end{cases} \]

即 \(f_i-\sum(f_v\div \operatorname{deg}_i)=[i=1]\)，共有 \((n-1)\) 个未知数 \(f_i\)，\((n-1)\) 个方程，高斯消元即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

2. P3750 [六省联考 2017] 分手是祝愿

特殊性质题。

考虑 \(k=n\) 时怎么做。容易发现每个按键都不会被若干个按键组合包含，要么是少覆盖了这个按键，要么是多覆盖了更大的按键，而显然不存在一种方案单独消掉更大的按键。所以就是从大到小贪心即可，时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

有了这个贪心，就很好想到状态 \(f_i\) 表示还有 \(i\) 个按键要按的时候，想按成还剩 \((i-1)\) 个键的期望次数，有转移：

\[f_i=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(f_i+f_{i+1}+1) \]

有 \(\frac{i}{n}\) 的概率恰好按到需要被按的 \(i\) 个按键，剩下的情况按到了别的按键，必然要按回来，并且还浪费了这一次数。

稍稍化简：

\[f_i=\frac{1}{1-\frac{n-i}{n}}\times \frac{i+(n-i)(f_{i+1}+1)}{n} \]

转移即可。求答案时，如果发现贪心出来的次数都小于 \(k\) 次了，直接输出，否则就从贪心的次数一直按到只剩 \(k\) 次，再加上 \(k\)，即 \(k+\sum_{i=k+1}^{\min}f_i\)。

3. P5249 [LnOI2019] 加特林轮盘赌

笑点解析：蓝题。

设 \(f_{i,j}\) 表示还剩 \(i\) 个人时，这 \(i\) 个人中的第 \(j\) 个要开枪人的存活概率，有 \(f_{1,1}=1\)，

\[f_{i,j}=\begin{cases} P_0f_{i,i} & j=1 \\ P_0f_{i-1,j-1}+(1-P_0)f_{i,j-1} & 2<j\le i \end{cases}\]

每一个人开完枪之后，所有人都向前移了一位，然后看第一个人死没死分为两种情况（有没有少了一个人）。

考虑用 \(f_{1,1}\) 表示出 \(f_{i,i}\)，就要知道每个 \(f_{i-1,j}\) 被计算了多少次，显然 \(f_{i-1,j}\) 在计算 \(f_{i,j+1+k}\) 时乘了 \(1\) 次 \(P_0\) 和 \(k\) 次 \((1-P_0)\)，将 \(k=i-j-1\) 代入，令 \(A\) 表示所有 \(f_{i-1,j}\) 的贡献，则有

\[A=P_0\times\sum_{j=1}^{i-1}(f_{i-1,j-1}\times (1-P_0)^{i-j-1}) \]

\(1-P_0\) 的次幂可以预处理。

则有 \(f_{1,1}=(1-P_0)A+(1-P_0)^{i-1} f_{1,1}\)。

移项就能 \(n^2\) 算了。