ybtAu「动态规划」第1章 期望概率 DP
这是 neatisaac 的金牌导航题解！
A. 【例题1】期望分数
令 \(X_i\) 表示到第 \(i\) 个位置的连续 x 串期望长度，\(f_i\) 表示到第 \(i\) 个位置的分数，\(p_i\) 为第 \(i\) 个位置的成功率，有：
解释一下，如果成功则 x 串期望长度变长，分数有一定的增加，否则分数不变。
现在考虑如何求 \(E(X_i^3)\)。
为什么不是 \(E(X_i)^3\) 呢？因为期望乘法公式 \(E(XY)=E(X)E(Y)\) 要求 \(X\) 与 \(Y\) 相互独立，而显然 \(X_i\) 与\(X_i\) 并不是相互独立的。
考虑 x 串长度增加 \(1\) 对 \(X^3\) 带来的影响：
因此：
\(E(X^2)\) 也不能直接乘，需要单独求：
最后我们需要求 \(E(X)\)：
于是问题得解。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 100005
int n;
double ex2[N],ex[N],f[N],p[N];
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0),std::cout.tie(0);
std::cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
std::cin>>p[i];
ex[i]=p[i]*(ex[i-1]+1);
ex2[i]=p[i]*(ex2[i-1]+2*ex[i-1]+1);
f[i]=f[i-1]+p[i]*(3*ex2[i-1]+3*ex[i-1]+1);
}
printf("%.1lf",f[n]);
}
B. 【例题2】选书问题
大力推式子。
令 \(len_i\) 表示第 \(i\) 个人的列表长度。对于第 \(i\) 个人的第 \(j\) 本书，我们选它的概率为：
令 \(id_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个人第 \(j\) 本书的编号，于是我们要求：
发现最后那一项可以用树状数组来维护。
于是有如下做法：从小到大枚举每一个人，再枚举每一本书，在树状数组中查询 \(P\) 的后缀和计入答案，最后把这个点的 \(P\) 插入树状数组。注意对每个人要把他的书从小到大排序，以避免同一个人的不同书的 \(P\) 计入答案。
注意开 long double。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define N 500005
int n,m;
std::vector<int> a[N];
long double p,ans,len[N];
struct BIT
{
long double f[N],r;
void c(int x,long double t) {for(;x<=n;x+=x&-x) f[x]+=t;}
long double q(int x) {for(r=0;x;x-=x&-x) r+=f[x];return r;}
} tr;
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0),std::cout.tie(0);
double t;
std::cin>>n>>m>>t;
p=t;
for(int i=1;i<=n;i++) len[i]=1;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
{
std::cin>>v>>u;
len[v]*=1-p,a[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
std::sort(a[i].begin(),a[i].end());
long double tmp=1;
for(int j=0;j<a[i].size();j++)
{
long double tp=p*tmp/(1-len[i]);
tmp*=1-p;
ans+=tp*(tr.q(n)-tr.q(a[i][j]));
tr.c(a[i][j],tp);
}
}
t=roundl(ans*100)/100;
printf("%.2lf",t);
}
C. 【例题3】乘坐电梯
令 \(f_{i,j}\) 表示到了第 \(i\) 秒，已经上了 \(j\) 个人的概率。
于是有：
注意边界：\(\large f_{i+1,n}\leftarrow f_{i,n}\)
做完了。
#include <iostream>
#define N 2005
int n,t;
double p,f[N][N],ans;
int main()
{
std::cin>>n>>p>>t;
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<t;i++)
{
f[i+1][n]+=f[i][n];
for(int j=0;j<n;j++)
{
f[i+1][j+1]+=p*f[i][j];
f[i+1][j]+=(1-p)*f[i][j];
}
}
for(int i=0;i<=n;i++) ans+=f[t][i]*i;
std::cout<<ans;
}
D. 【例题4】图上游走
显然，我们要让期望走过次数更多的边编号更小，于是我们求每条边的期望走过次数。
由于边数可能达到 \(O(n^2)\) 级别，所以直接求边的期望走过次数是行不通的。于是我们求每个点的期望走过次数。
令 \(P_u\) 表示节点 \(u\) 的期望走过次数，\(deg_u\) 表示节点 \(u\) 的度数，于是有：
\(u=1\) 要 \(+1\) 是因为 \(1\) 是我们的起点，无论如何都是要走一次的。
\(v\neq n\) 是因为走到 \(n\) 就不能再走回来了。
如果这个图是个 DAG，这题就做完了，可惜不是。这是一个无向连通图，这意味着会有环，这时我们就得不到一个令人满意的递推顺序了（记忆化搜索也不行）。于是我们使用高斯消元。
由于这一章并不是高斯消元，所以这里不展开讲高斯消元。
求解完每个点的期望经过次数之后，就可以求每条边的期望经过次数了。注意特判边的端点为 \(n\) 的情况
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#define N 505
std::pair<int,int> e[N*N];
int n,m,hed[N*N],tal[N*N],nxt[N*N],cnte;
double a[N][N],f[N*N],ans,deg[N];
void adde(int u,int v) {tal[++cnte]=v,nxt[cnte]=hed[u],hed[u]=cnte;}
void gauss()
{
int r;
for(int i=0;i<n;i++)
{
r=i;
for(int j=i+1;j<n;j++) if(fabs(a[j][i])>fabs(a[r][i])) r=j;
if(r!=i) for(int j=0;j<=n;j++) std::swap(a[r][j],a[i][j]);
for(int k=i+1;k<n;k++)
{
double g=a[k][i]/a[i][i];
for(int j=i;j<=n;j++) a[k][j]-=g*a[i][j];
}
}
for(int i=n-1;i>=0;i--)
{
for(int j=i+1;j<n;j++)
a[i][n]-=a[j][n]*a[i][j];
a[i][n]/=a[i][i];
}
}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0),std::cout.tie(0);
std::cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) std::cin>>u>>v,adde(u,v),adde(v,u),deg[u]++,deg[v]++,e[i]={u,v};
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=hed[i];j;j=nxt[j]) if(tal[j]!=n)
a[i-1][tal[j]-1]=1.0/deg[tal[j]];
a[i-1][i-1]=-1;
}
a[0][n]=-1;
gauss();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=e[i].first,v=e[i].second;
f[i]=a[u-1][n]/deg[u]+a[v-1][n]/deg[v];
if(u==n) f[i]-=a[u-1][n]/deg[u];
if(v==n) f[i]-=a[v-1][n]/deg[v];
f[i]=-f[i];
}
std::sort(f+1,f+m+1);
for(int i=1;i<=m;i++) ans+=-f[i]*i;
printf("%.3lf",ans);
}
E. 彩色圆环
需要一个很逆天的状态设计。
我们令 \(f_{i,0}\) 表示一个长 \(i\) 的段，第一个位置的颜色跟第二个位置不一样，且跟最后一个位置一样（0）或不一样（1）的期望美观程度，令 \(P_i\) 表示连续 \(i\) 个同色的概率。
于是有：
但是我们还没有做完。要求环上美观程度的期望。
实际上，此“第一个位置”并不一定是第一个位置，而是一段连续相同颜色段压缩后的结果。
于是可以枚举 \(i\)。对于每一个 \(i\)，环被分为两部分：“第一个位置”，以及一段可以直接用 \(f_{n-i+1,0}\) 来表示其贡献的部分。
对于“第一个位置”，它的贡献就是 \(P_ii\)。
于是答案为：
由于我们的 \(f_{i,j}\) 并没有考虑 \(i=0\) 的情况，即整个环都是同一种颜色，而这种情况是要计入答案的，所以最终答案还需要加上 \(P_nn\)。
为什么是这样呢？只能说：
悠然心会，妙处难与君说。
其实 neatisaac 也不知道
#include <cstdio>
#define N 205
int n,m;
double f[N][2],p[N],ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
p[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]*1.0/m;
f[1][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<i;j++)
{
f[i][0]+=p[j]*j*(f[i-j][0]*(m-2)*1.0/m+f[i-j][1]*(m-1)*1.0/m);
f[i][1]+=p[j]*j*f[i-j][0]*1.0/m;
}
ans=n*p[n];
for(int i=1;i<n;i++) ans+=i*i*f[n-i+1][0]*p[i];
printf("%.5lf",ans);
}
F. 关灯游戏
由于按一个开关并不会对比它编号大的灯造成影响，因此最优策略是唯一的：从大到小关灯。
对开始的局面进行求解，如果操作次数 \(cnt\) 小于 \(k\)，那么就直接输出 \(cnt\)。
否则：
令 \(f_i\) 表示所需操作次数为 \(i\) 到 \(i-1\) 经历的期望操作次数，有：
该式的前半部分好理解，对于后半部分，我们按了一个不该按的键，期望操作 \(1\) 次；所需操作次数变为 \(i+1\)，需要按回来，期望操作 \(f_{i+1}\) 次；按回来了还得继续操作，期望操作次数 \(f_i\) 次。
对上式化简得：
答案即为 \(\large k+\sum_{k+1}^{cnt}f_i\)
于是做完了。
upd：
关于起始状态，考虑如果所需操作次数为 \(n\)，那么无论怎么操作都不会使所需操作次数增加，因此 \(f_n=1\)。代码中令 \(f_{n+1}=0\) 便于统一计算。
本题的状态设计也很逆天。
#include <iostream>
#define mod 100003
#define int long long
#define N 100005
int n,k,a[N],inv[N],f[N];
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0),std::cout.tie(0);
std::cin>>n>>k;
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) std::cin>>a[i];
int cnt=0;
for(int i=n;i>=1;i--) if(a[i])
{
cnt++;
for(int j=1;j*j<=i;j++) if(i%j==0)
{
a[j]^=1;
if(j*j!=i) a[i/j]^=1;
}
}
if(cnt<=k)
{
int tmp=cnt;
for(int i=1;i<=n;i++) tmp=tmp*i%mod;
return std::cout<<tmp,0;
}
f[n+1]=0;
for(int i=n;i>k;i--)
f[i]=inv[i]*(n+(n-i)*f[i+1]%mod)%mod;
int ans=0;
for(int i=k+1;i<=cnt;i++) (ans+=f[i])%=mod;
(ans+=k)%=mod;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*i%mod;
std::cout<<ans;
}
G. 守卫挑战
neatisaac 想出了状态但是不会转移了
题意即求 \(\sum a_i\ge0\) 的概率。
令 \(f_{i,j,k}\) 表示到了第 \(i\) 项，赢了 \(j\) 场，\(\sum a_i=k\) 的概率。
于是有转移：
为什么不是 \(k+a_i\)？当 \(k\ge n\) 时，\(k=+\infin\) 跟 \(k=n\) 没有区别。
答案即：
注意由于 \(k\) 可能小于零，所以要整体加 \(n\)。
由于需要使用滚动数组，而第一个转移式能起到覆盖 \(f\) 数组的作用，所以不把两个转移式在一次循环中一起跑。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 205
int n,l,K,a[N];
double p[N],ans,f[2][N][N<<1];
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0);
std::cin.tie(0),std::cout.tie(0);
std::cin>>n>>l>>K;
if(K>n) K=n;
for(int i=1;i<=n;i++) std::cin>>p[i],p[i]/=100;
for(int i=1;i<=n;i++) std::cin>>a[i];
f[0][0][n+K]=1;
int t=1;
for(int i=1;i<=n;i++,t^=1)
{
for(int j=0;j<=n;j++) for(int k=0;k<=(n<<1);k++)
f[t][j][k]=(1-p[i])*f[t^1][j][k];
for(int j=0;j<n;j++) for(int k=0;k<=(n<<1);k++)
f[t][j+1][std::min(k+a[i],n<<1)]+=p[i]*f[t^1][j][k];
}
for(int j=l;j<=n;j++) for(int k=n;k<=(n<<1);k++)
ans+=f[t^1][j][k];
printf("%.6lf",ans);
}
浙公网安备 33010602011771号