概率期望 dp
补新坑，会放到 dp 题目合计部分。
一个朴素的转移 \(P_i = \sum (P_j + w_{i,j}) \times p_{i,j}\)，其中 \(w_{i,j}\) 表示转移贡献，\(p_{i,j}\) 表示转移概率。
这个其实就能做很多的期望题了。
高斯消元
简单前置知识，之前怎么学那么多遍没学懂的。
告诉消元的简易思路就是只保留左斜对角线的未知数系数，其余矩阵中的所有数都可以依次消掉。
但是因为保留对角线，所以矩阵会呈现倒三角的形式，此时最后一行只有一个系数，可以解出一个未知数，之后倒数第二行就可以求了，依次类推。
高斯消元的过程也很简单，对于同一行内，其实就是对一个方程的系数消除，比如有 \(ax + by + cz = k\)，我们以 \(x\) 为主元，那么方程等价于 \(x + \frac{b}{a}y + \frac{c}{a}z = \frac{k}{a}\)。
矩阵列变换其实就是对两个方程同时消除，比如我们已知 \(ax+by+cz = k\)，此时有另一个方程 \(2ax +by + cz = k'\)，那么我们可以将第二个方程变换为 \(-by-cz=k'-2k\)。
这就是高斯消元的做法了，附个代码。
fo(1,i,n)
{
ll r=i;fo(i+1,j,n) if(fabs(a[j][i])>fabs(a[r][i])) r=j;
if(fabs(a[r][i])<eps) return printf("No Solution\n"),0;
if(r!=i) swap(a[r],a[i]);
db opt=a[i][i];
fo(i,j,n+1) a[i][j]/=opt;
fo(i+1,j,n)
{
db opt=a[j][i];
fo(i,k,n+1) a[j][k]-=opt*a[i][k];
}
}
ans[n]=a[n][n+1];
Fo(n-1,i,1)
{
ans[i]=a[i][n+1];
fo(i+1,j,n) ans[i]-=a[i][j]*ans[j];
}
At_abc280_e
初始值 \(k\)，每次有 \(p\) 概率 \(-2\)，有 \((1-p)\) 概率 \(-1\)，求减到 \(\leq 0\) 的期望步数。
\(1 \leq n \leq 2\times 10^5,0 \leq p \leq 100\)。
不妨设 \(f_i\) 表示值为 \(i\) 时的期望步数，倒着来看，\(f_0 = 0\)。
之后有转移 \(f_i = P(f_{i-2}+1)+(1-P)(f_{i-1}+1)\)，复杂度 \(O(n)\)。
P4316
一张 DAG 图，从 \(1\) 开始，假设 \(i\) 点有 \(k\) 条出边，那么有 \(\frac{1}{k}\) 的概率走到其中任意一个，求走到 \(n\) 的期望路径长度，保证了终点为 \(n\)。
\(1 \leq n \leq 10^5\)。
正推可以，但我们考虑倒推，设 \(f_i\) 表示从 \(i\) 点到 \(n\) 点的期望路径长度，\(f_n\) 显然为 \(0\)。
这样做的原因其实也就是正推的话 \(f_v\) 还没有求出，不好转移。所以对于倒推，我们有转移 \(f_v = \frac{1}{deg_v}\sum (f_u+1)\)。
P3232
上一题的强化版，无向图，要求对所有边重编号，走过一条边获得的期望长度为其编号，求重编号使到 \(n\) 的期望长度最大。
\(1 \leq n \leq 500\)。
转化一下问题，边期望经过次数越多，肯定附的编号越大，但是边的期望次数不好搞，我们将其转成点经过次数，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 点的期望经过次数。
那么对于一条边，其期望经过次数为 \(g_i = \frac{f_u}{deg_u} + \frac{f_v}{deg_v}\)。
所以我们将问题转化成了点，考虑点的转移 \(f_u = \sum \limits_{edge(u,v),u,v \notin \{1,n\}} \frac{(f_v + 1)}{deg_v} + [u = 1]\)。
然后写下来系数高消转移即可。
P1850
一张 \(v\) 个点 \(e\) 条边的图，轮流前往 \(n\) 个地点 \(c_i\)，拥有 \(m\) 次交换的权力，一次可以将前往的地点改为 \(d_i\)，求最短路径长度。
\(1 \leq v \leq 300,1 \leq e \leq 9\times 10^4,1 \leq n,m \leq 2\times 10^3\)。
Floyd 做出来最短路径，然后状态设计很套路，设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示第 \(i\) 个点，进行了 \(j\) 次交换，第 \(i\) 个点有没有进行交换。
转移显然，分类讨论上一个有无交换，乘上概率，就做完了，复杂度 \(O(v^3 + nm)\)。
CF24D
\(n\) 行 \(m\) 列的矩阵，现在在 \((x,y)\)，每次等概率向左，右，下走或原地不动，但不能走出去，问走到最后一行期望的步数。
\(1 \leq n \leq 10^3\)。
不能向上走是一个突破点，考虑 \(f_{i,j}\) 表示在 \((i,j)\) 点时的期望步数。
一个显然的转移 \(f_{i,j} = \frac{1}{4}(f_{i,j} + f_{i+1,j} + f_{i,j-1} + f_{i,j+1})+1\)，注意讨论一下左右边界情况。
发现这个东西可以直接高斯消元，复杂度 \(O(n^6)\)，无法通过。
发现转移中没有关于上一行的，而如果我们倒着做，那么 \(f_{i+1,j}\) 就变成了常数，所以我们可以枚举行再转移，此时重新观察一下矩阵的形态，发现是：
这种特殊的矩阵形态，我们每次只需要消掉这一行和下一行的三个数就好了，于是我们能发现此时一个 Guass 是 \(O(n)\)，总复杂度 \(O(n^2)\)，可以通过。
P8774
从 \(0\) 点开始，有 \((1-p_i)\) 概率向右走一步，有 \(p_i\) 概率回到 \(0\) 点，求到达 \(n\) 的期望步数。
\(1 \leq n \leq 10^6\)。
还是倒着来看，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 到 \(n\) 的期望步数，那么有 \(f_i = (1-p_{i+1})f_{i+1} + p_{i+1}f_0 + 1\)。
这个东西根本没法转移，但是我们考虑 \(f_0 = (1-p_1)f_1 + p_1f_0 +1\)，\(f_1 = (1-p_1)f_2 + p_2f_1 + 1\)。
将第一个式子套进第二个式子里面，依次类推，我们可以发现 \(f_0\) 的递推式，这题就做完了，懒一点，不写了，复杂度 \(O(n)\)。
P4284
一棵树，每个点有 \(q_i\) 概率通电，每条边有 \(p_i\) 概率可以导电，求通电点数的期望。
\(1 \leq n \leq 2\times 10^5\)。
好题。
考虑答案统计，\(ans = \sum P_i \times w_i\)，发现所有 \(w_i =1\)，所以题目就是求所有 \(\sum P_i\)，我们只需要求出每个点的通电概率即可。
这样的话，考虑换根，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 点 不通电 的概率，\(g_i\) 表示以 \(i\) 为根时 \(i\) 不通电的概率。
\(f_i\) 子树内转移比较简单，就是子树不通电 + 子树通电但不导电，也就是 \(f_i = (1-p_i) \prod \limits_{j \in son_i} f_j + (1-f_j)(1-w_i)\)。
考虑子树外怎么做，我们已知 \(g_{fa}\)，但是直接转移是会算上重复贡献的，所以我们需要删掉在 \(fa\) 中，\(i\) 对 \(fa\) 的贡献，因为我们是连乘，所以除掉就好了。
具体的，\(P = g_{fa} \frac{f_{fa}}{f_i + (1-f_i)(1-w_{i,fa})}\)，注意特判分母。
但这只是 \(i\) 子树外的贡献，我们还需要合并答案，类似刚才 \(f_i\)，也就是 \(g_i = P + (1-P)(1-f_i)\)。
合并答案时为 \(ans = \sum (1 - f_i g_i)\)，复杂度 \(O(n)\)。
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