专题6 - 概率dp

概率dp

在比赛中会有很多题目涉及求期望或概率的题目，虽然用数学办法可能可以算出结果，但通过dp的方式求得概率或期望才是出题人所希望的。

POJ2096 Collecting Bugs

一个倒霉蛋每天都能收集到bug，一个软件有\(s\)个子系统，会产生\(n\)种不同的bug，每个bug属于某个子系统的概率是\(1/s\)，属于某种分类的概率为\(1/n\)，求发现\(n\)种bug且每个子系统都发现bug的天数的期望。

如果通过正常的数学方法计算，会发现这是一个无穷级数，计算会相对繁琐。

不过不难发现，当已经发现了\(n\)种bug，且每个子系统都发现bug时期望为\(0\)，而且可以通过此来推出之前状态的期望。

我们用\(f[i][j]\)来表示已经发现\(i\)种bug，且\(j\)个子系统发现了bug的情况下剩余天数的期望。那么不难发现\(f[n][s]=0\)。

现在有以下四种情况：

发现了新的bug种类，且为新的子系统，此时\(f[i][j]+=(1-i/s)\times(1-j/n)\times(f[i+1][j+1]+1)\)
发现了新的bug种类，但为重复的子系统，此时\(f[i][j]+=(1-i/s)\times j/n\times(f[i+1][j]+1)\)
发现了重复的bug种类，但为新的子系统，此时\(f[i][j]+=i/s\times(1-j/n)\times(f[i][j+1]+1)\)
发现了重复的bug种类，且为重复的子系统，此时\(f[i][j]+=i/s\times j/n\times(f[i][j]+1)\)

最终，\(f[i][j]\)就等于上述式子相加，将\(f[i][j]\)合并就能够进行递推了。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iomanip>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int maxn = 1010;
double f[maxn][maxn];
int main()
{
    fast;
    int n,s;
    cin>>n>>s;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[n][s]=0;
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        for(int j=s;j>=0;j--)
        {
            if(i==n && j==s) continue;
            f[i][j]=1.0*i/n*(s-j)/s*f[i][j+1]+1.0*(n-i)/n*j/s*f[i+1][j]+1.0*(n-i)/n*(s-j)/s*f[i+1][j+1]+1.0;
            f[i][j]=f[i][j]*(1.0*n*s/(n*s-i*j));
        }
    }
    // for(int i=0;i<=n;i++)
    // {
    //     for(int j=0;j<=s;j++)
    //     {
    //         cout<<f[i][j]<<' ';
    //     }
    //     cout<<'\n';
    // }
    cout<<fixed<<setprecision(4)<<f[0][0]<<'\n';
}

NC210477 带富翁

小明在玩一款带富翁游戏，这个游戏具体来说就是有\(n\)个奖励点，每个奖励点有一定的奖励分。一开始他站在位置\(1\)。每次他都会扔一个有666面的筛子，如果扔到了\(x\)，并且小明现在站在\(i\)这个位置，小明就会向前进\(x\)步到达\(i+x\)这个位置。如果出现了下一步会超出\(n\)的情况，必须重新投掷。到达\(n\)即视为结束，问得分的期望为多少。

根据上一题的思路，我们可以用\(f[i]\)来表示在位置\(i\)时之后能获得分数的期望。

当\(i \leq n-6\)时，\(f[i]=a[i]+\sum\limits_{j=i+1}^{i+6}(f[j]/6)\)
当\(i>n-6\)时，\(f[i]=a[i]+(f[i+1]+...+f[n])/(n-i)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int maxn = 110;
int a[maxn];
double f[maxn]={0};
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    f[n]=a[n];
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
    {
        f[i]=a[i];
        int num=min(i+6,n)-i;
        for(int j=i+1;j<=min(i+6,n);j++)
        {
            f[i]+=f[j]/num;
        }
    }
    cout<<fixed<<setprecision(7)<<f[1]<<'\n';
}

NC210481 筛子游戏

题目描述不过多赘述，具体看链接。

首先我们可以通过三重循环将所有可能的和的概率统计出来，这里用\(p[k]\)来表示分数加上\(k\)的概率。另外，分数归零用\(p[0]\)表示。

用\(f[i]\)来表示当前分数为\(i\)时需要次数的期望。可以比较容易地得出\(f[i]=\sum\limits_{k=3}^{18}f[i+k]\times p[k]+f[0]\times p[0]+1\)。

但这个式子并不能直接进行递推，因为每个式子中都包含\(f[0]\)，而\(f[0]\)恰好是我需要的结果。

如果每个结果都与\(f[0]\)有关，那我们不妨设\(f[i]=A[i]\times f[0]+B[i]\)。此时\(A[n]=0,B[n]=0\)。

代入\(f[i]\)原式可以得到：

\(A[i]=\sum\limits_{k=3}^{18}A[i+k]\times p[k]+p[0]\)

\(B[i]=\sum\limits_{k=3}^{18}B[i+k]\times p[k]+1\)

由此递推式，我们可以求得\(A[i]\)和\(B[i]\)，而\(f[0]=B[0]/(1-A[0])\)，这样就可以求得答案了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fast ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int maxn = 510;
int n;
int k1,k2,k3;
double p[50]={0};
double f[maxn]={0};
double A[maxn]={0};
double B[maxn]={0};
int a,b,c;
int main()
{
    cin>>n>>k1>>k2>>k3>>a>>b>>c;
    for(int i=1;i<=k1;i++)
    {
        for(int j=1;j<=k2;j++)
        {
            for(int m=1;m<=k3;m++)
            {
                if(i==a && j==b && m==c) continue;
                p[i+j+m]++;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=18;i++)
    {
        p[i]=p[i]/(k1*k2*k3);
    }
    p[0]=1.0/(k1*k2*k3);
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        for(int j=3;j<=(k1+k2+k3);j++)
        {
            A[i]+=p[j]*A[i+j];
            B[i]+=p[j]*B[i+j];
        }
        A[i]+=p[0];
        B[i]+=1;
    }
    f[0]=B[0]/(1-A[0]);
    cout<<fixed<<setprecision(7)<<f[0]<<'\n';
}

NC210487 食堂

我们可以用\(f[i][j]\)来表示队伍中有\(i\)个人，吉吉国王处于前\(j\)个位置处时，在关门前排在\(k\)位之前的概率。这样我们可以写出状态转移方程。

\[f[i][j]= \begin{equation} \begin{cases} p_1f[i][j]+p_2f[i][i]+p_4 & j=1 \\ p_1f[i][j]+p_2f[i][j-1]+p_3f[i-1][j-1]+p_4 & 2\leq j\leq k \\ p_1f[i][j]+p_2f[i][j-1]+p_3f[i-1][j-1] & k<j\leq i \end{cases} \end{equation} \]

和上一题出现了类似的情况在\(j=1\)的情况下，\(f[i][1]\)与\(f[i][i]\)都是未知，因此公式需要进行处理。

首先将\(f[i][j]\)合并同类项，得到：

\[f[i][j]= \begin{equation} \begin{cases} \frac{p_2f[i][i]}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_1} & j=1 \\ \frac{p_2f[i][i]}{1-p_1}+\frac{p_3f[i-1][j-1]}{1-p_1}+\frac{p_4}{1-p_1} & 2\leq j\leq k \\ \frac{p_2f[i][i]}{1-p_1}+\frac{p_3f[i-1][j-1]}{1-p_1} & k<j\leq i \end{cases} \end{equation} \]

令\(k_2,k_3,k_4\)分别等于\(\frac{p_2}{1-p_1},\frac{p_3}{1-p_1},\frac{p_4}{1-p_1}\)，然后我们可以表示出所有的常数项（在这里将\(f[i-1][j-1]\)看作常数：

\[c[i]= \begin{equation} \begin{cases} k_4&j=1 \\ k_3f[i-1][j-1]+k_4&2\leq j \leq k \\ k_3f[i-1][j-1]&k<j\leq i \end{cases} \end{equation} \]

由此公式可以列出：

\[\begin{equation} \begin{cases} f[i][1]=k_2f[i][i]+c[1] \\ f[i][2]=k_2f[i][1]+c[2] \\ ...\\ f[i][i]=k_2f[i][i-1]+c[i] \end{cases} \end{equation} \]

现在，我们可以通过反复代入求出\(f[i][i]\)，进而求出\(f[i][1]\)，然后就能够递推出所有情况了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2010;
int n,m,k;
double p1,p2,p3,p4;
double f[maxn][maxn]={0};
double p[maxn];
double c[maxn];
int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    cin>>p1>>p2>>p3>>p4;
    double k2=p2/(1-p1);
    double k3=p3/(1-p1);
    double k4=p4/(1-p1);
    f[1][1]=p4/(1-p1-p2);
    p[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        p[i]=p[i-1]*k2;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            if(j<=k) c[j]=f[i-1][j-1]*k3+k4;
            else c[j]=f[i-1][j-1]*k3;
        }
        double tmp=0;
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            tmp+=p[i-j]*c[j];
        }
        f[i][i]=tmp/(1-p[i]);
        f[i][1]=k2*f[i][i]+k4;
        for(int j=2;j<i;j++)
        {
            f[i][j]=k2*f[i][j-1]+c[j];
        }
    }
    cout<<fixed<<setprecision(5)<<f[n][m]<<'\n';
}

posted @ 2021-11-02 20:02 cyanine_告别阅读(64) 评论(0) 编辑收藏举报

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