10Day抢救计划 - 期望

算是强迫自己复习一次做的题吧


LuoGu3802 小魔女帕琪

首先很重要的一点:\(1-7\)放了大招,可能\(2-8\)也会放大招。这对接下来的推导过程很重要。

先求出前\(7\)次放出大招的概率。

\(sum=\sum_{i=1}^{7}a_i\),则有:

\(P(7)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}\)

考虑到这种两两不同的出现情况可能是一个全排列,实际上\(P(7)\)应该还要乘上\(7!\)

接下来考虑在第\(8\)次放大的概率。

令第一个取出来的是\(a_1\),则有\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}*\frac{a_1-1}{sum-7}\)

这是确定了第一个的,所以第\(2-8\)个可以任意排列,实际上\(P(8)\)还是要乘上\(7!\)

同理,第一个取出来的是\(a_2\)\(a_3\)的情况与\(a_1\)相仿,那么\(P(8)\)的实际大小应该等于\(\sum_{i=1}^7P'(a_i)\),其中\(P'(a_i)\)表示在第一个取出\(a_i\)的条件下第\(8\)次放大的概率(条件概率的基本公式)。

现在考虑和式化简。

\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*7!*\frac{a_1-1}{sum-1}*\frac{a_2}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7}{sum-7}\)

\(+\frac{a_2}{sum}*7!*\frac{a_1}{sum-1}*\frac{a_2-1}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7}{sum-7}\)

\(+...\)

\(+\frac{a_7}{sum}*7!*\frac{a_1}{sum-1}*\frac{a_2}{sum-2}*\frac{a_3}{sum-3}*\frac{a_4}{sum-4}*\frac{a_5}{sum-5}*\frac{a_6}{sum-6}*\frac{a_7-1}{sum-7}\)

\(K=\prod_{i=1}^7a_i\),原式化简为:

\(7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*K*\sum_{i=1}^7(a_i-1)\)

\(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-7)*(sum-7)*K\)

\(=7!/sum/(sum-1)/.../(sum-6)*K\)

拆开\(K\)后有

\(P(8)=\frac{a_1}{sum}*\frac{a_2}{sum-1}*\frac{a_3}{sum-2}*\frac{a_4}{sum-3}*\frac{a_5}{sum-4}*\frac{a_6}{sum-5}*\frac{a_7}{sum-6}=P(7)\)

也就是第\(8\)次放大和第\(7\)次放大的概率是一样的。

由数学归纳法,易证得\(P(i)=P(7),i\in[7,sum]\)

那就好办了

int n = 7, sum;
int a[233];
int main()
{
//	freopen("testdata.in", "r", stdin);
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), sum += a[i];
	if (sum < 7)
	{
		printf("0.000");
		return 0;
	}
	rg double ans = 1;
	for (rg int i = 1; i <= n; ++i) ans *= 1.0 * a[i] / (sum - i + 1);
	printf("%.3lf", ans * 5040ll * (LL)(sum - 6));
	return 0;
}

LuoGu4316 绿豆蛙的归宿

根据题意,很容易设计出逆推状态:设\(dp[i]\)表示在第\(i\)点期望多少步走到终点,显然初始状态\(dp[n]=0\),所求状态\(dp[1]\)

这里也体现了设计期望\(dp\)的一般套路:哪个起始状态给定就从哪推 (有可能是我只做了这种简单题)

我们可以很容易地得到一个状态转移方程如下:

\[dp[u]=\frac{1}{degree[u]}*\sum_{v\in(son(u))}(dp[v]+dis(u,v)) \]

考虑如何进行转移。

题目给定原图是一张DAG,很自然地想到拓扑排序。考虑在拓扑排序时更新\(dp\)值,我们建一张原图的反图,那么就可以很自然地从节点\(n\)向节点\(1\)递推了。

queue<int> q;
inline void topsort()
{
	q.push(n);
	while (!q.empty())
	{
		rg int x = q.front();
		q.pop();
		if (memd[x]) dp[x] = dp[x] / (1.0 * memd[x]);
		for (rg int i = head[x]; i; i = e[i].next)
		{
			rg int v = e[i].v, w = e[i].w;
			dp[v] += dp[x] + w;
			if (!(--deg[v])) q.push(v); 
		}
	}
}
int main()
{
//	freopen("testdata(1).in", "r", stdin);
	read(n), read(m);
	for (rg int i = 1; i <= m; ++i)
	{
		read(x), read(y), read(z);
		add(y, x, z), ++deg[x], ++memd[x];
	}
	topsort();
	printf("%.2lf", dp[1]);
	return 0;
}

LuoGu4550 收集邮票

\(dp[i]\)表示当前收集了\(i\)种邮票,距离收集所有邮票的期望次数。易知\(dp[n]=0\)。考虑逆推:

\[dp[i]=dp[i]*\frac{i}{n}+dp[i+1]*\frac{n-i}{n}+1 \]

这个转移方程的意思是:当前已收集\(i\)种邮票,那么有\(\frac{i}{n}\)的概率重复收集,有\(\frac{n-i}{n}\)的概率收集到新邮票,当然还要加上本次的花费。

移项,合并同类项后原式化简为:\(dp[i]=dp[i+1]+\frac{n}{n-i}\)

对于本题还不够,这个题还有一个状态:花费。

由于花费与收集次数有关,那么考虑求出\(dp\)后用\(dp\)辅助更新。

\(pd[i]\)表示当前收集了\(i\)邮票,距离收集所有邮票的期望花费。易知\(pd[n]=0\)。依旧考虑逆推:

\[pd[i]=\frac{i}{n}*(dp[i]+pd[i]+1)+\frac{n-i}{n}*(dp[i+1+pd[i+1]+1) \]

这个转移方程的意义是:当前已收集\(i\)种邮票,那么有\(\frac{i}{n}\)的概率重复收集,花费是\(\frac{i}{n}*(dp[i]+pd[i]+1)\),有\(\frac{n-i}{n}\)的概率收集到新邮票,花费是\(\frac{n-i}{n}*(dp[i+1+pd[i+1]+1)\)

化简后可得:

posted @ 2019-11-13 22:33  iPlayForSG  阅读(127)  评论(1编辑  收藏  举报