各种期望与概率

各种概率与期望

2016-03-05 16:28:32 By zgjkt

初中课本知识已经有讲概率啦！应用在信息学里面可以这样↓
我们现在假装要从出生点出发去新日♂♂暮里，有两种方法

老司机开车带我们去，费用是一千软妹币，绝对不翻车

年轻司机开车带我们去，费用是一百软妹币，但是有0.50.5的概率会翻车被查。因此我们要回到出生点，此时只能让老司机带我们飞【捂眼

上谁的车呢？


权衡利弊之后，我们应当先上年轻司机的车试试看
此时年轻司机有0.50.5的概率成功，期望是0.5×100=500.5×100=50
另外，0.50.5的概率是年轻司机被查之后我们去找老司机帮忙，期望是0.5×(100+1000)=5500.5×(100+1000)=550
那么最终期望就是550+50=600550+50=600

【bzoj4318】OSU!OSU!——初步接触期望dpdp

题目大意

给定一个数列SS，长度为nn
给出aiai，SiSi有aiai的概率是11，否则是00
如果得分是数列SS中所有连在一起的11的长度的立方和，询问得分的期望

数据范围

n⩽100000,0⩽ai⩽1n⩽100000,0⩽ai⩽1

题解

设转移到SiSi时，S1,S2...Si−1S1,S2...Si−1中连在一起的11的最长后缀长度为xx
易证，如果Si=0Si=0，则贡献为00，如果Si=1Si=1，则贡献为(x+1)3−x3=3x2+3x+1(x+1)3−x3=3x2+3x+1

只需要考虑对答案有所影响的情况

因此只要考虑，当Si=1Si=1时，x2x2和xx的期望加起来，转移到Si+1Si+1的期望即可

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 100500
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
using namespace std;

int n;
double f[maxn],dp[maxn],x1[maxn],x2[maxn];

int main(){
scanf("%d\n",&n);
For(i,1,n) scanf("%lf",&f[i]);
For(i,1,n){
x1[i]=(x1[i-1]+1)*f[i];
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*f[i];
dp[i]=dp[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*f[i];
}
printf("%.1lf\n",dp[n]);
return 0;
}

类似的题目可以参考不稳定的传送门

【bzoj1415】【noi2005】聪聪和可可——图论上的概率dpdp

题目大意

数据范围

保证无向图且无重边
N,E⩽1000N,E⩽1000

题解

先进行nn次BFSBFS预处理出p[i,j]p[i,j]，表示聪聪在点ii且可可在点jj时，聪聪的最优策略第一步应去的点的编号(最短路)
由于聪聪被允许每次走两步，为了方便解题，我们把两步并作一步。聪聪为了吃掉可可，会这样移动i → p[p[i,j],j]i → p[p[i,j],j]
而可可完全不知所措♂♂，每次会移动到点jj的临近任意一个点ww，或者乖乖♂♂站好，概率都是1degreej+11degreej+1

弄清楚聪聪和可可应该会怎么转移，就可以得到所有的情况

我们用f[i,j]f[i,j]表示聪聪在点ii，可可在点jj时聪聪抓住可可的平均步数

开始考虑边界条件

当然，f[i,i]=0f[i,i]=0，因为聪聪和可可已经在同一个点。
若p[p[i,j],j]=j or p[i,j]=jp[p[i,j],j]=j or p[i,j]=j时，则说明在这一步聪聪即可吃掉可可，那么f[i,j]=1f[i,j]=1

结合起来，得到图论上的概率dp的状态转移方程

状态转移方程就是

f[i,j]=∑degreejf[p[p[i,j],j],w]+f[p[p[i,j],j],w]degreej+1+1f[i,j]=∑degreejf[p[p[i,j],j],w]+f[p[p[i,j],j],w]degreej+1+1

Tips:Tips:聪聪每次是走两步，因此在状态转移方程的最后还要加上11

程序

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define goedge(i,x) for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
#define maxn 1050
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'&&ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}

int n,m,c,k,et;
struct edge{int to,next;}e[2*maxn];
int last[maxn],dis[maxn][maxn];
int t[maxn],p[maxn][maxn];
double f[maxn][maxn];

inline void addedge(int u,int v){
e[++et]=(edge){v,last[u]};last[u]=et;
e[++et]=(edge){u,last[v]};last[v]=et;
t[u]++,t[v]++;
}
inline void bfs(int x){
queue <int> q;
q.push(x);dis[x][x]=0;
while (!q.empty()){
int h=q.front(),tmp=p[x][h];q.pop();
goedge(i,h)
if (dis[x][e[i].to]==-1||(dis[x][h]+1==dis[x][e[i].to]&&tmp<p[x][e[i].to])){
dis[x][e[i].to]=dis[x][h]+1;
if (!tmp) p[x][e[i].to]=e[i].to;
else p[x][e[i].to]=tmp;
q.push(e[i].to);
}
}
}
double dp(int x,int y){
if (f[x][y]) return f[x][y];
if (x==y) return f[x][y]=0;
if (p[x][y]==y||p[p[x][y]][y]==y) return f[x][y]=1;
double sum=dp(p[p[x][y]][y],y);
goedge(i,y) sum+=dp(p[p[x][y]][y],e[i].to);
return f[x][y]=sum/(t[y]+1)+1;
}

int main(){
n=read(),m=read();
c=read(),k=read();
For(i,1,m) addedge(read(),read());
memset(dis,-1,sizeof(dis));
For(i,1,n) bfs(i);
printf("%.3lf\n",dp(c,k));
return 0;
}

感谢《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》对我的启发

【poj3744】Scout YYF I——矩阵乘法优化概率dpdp

题目大意

给出一个埋着nn颗地雷的道路，起始在道路的起点11
给出概率pp会往前走一步，否则走两步
也给出每颗地雷的位置，询问安全通过这条道路的概率（保留77位小数）

数据范围

1⩽n⩽10,0.25⩽p⩽0.751⩽n⩽10,0.25⩽p⩽0.75
地雷的位置在[1,100000000][1,100000000]之中

题解

dp[i]dp[i]表示安全走到ii点的概率，则有dp[i]=p×dp[i−1]+(1−p)×dp[i−2]dp[i]=p×dp[i−1]+(1−p)×dp[i−2]
得出概率DPDP方程之后，发现这是类似于FibonacciFibonacci数列一样的常系数线性递推式，因此可以用矩阵乘法来优化概率DPDP，形式上来说就是

[p1p−10]×[dp[i−1]dp[i−2]00]=[dp[i]dp[i−1]00][pp−110]×[dp[i−1]0dp[i−2]0]=[dp[i]0dp[i−1]0]

然后把整条道路分段，每段中只有一个地雷（计算时应使地雷在每一段的末尾），然后通过矩阵乘法优化概率DPDP递推得到在这一段中踩到地雷的概率(K)(K)，也就得到安全通过这段道路的概率(1−K)(1−K)，最后把安全通过每段道路的概率乘起来就是答案

程序

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}

int n,mine[20];
double a[3][3],ans[3][3];
double p,sum;
inline void mul(double a[3][3],double b[3][3],double result[3][3]){
double c[3][3];memset(c,0,sizeof(c));
For(i,1,2) For(j,1,2)
For(p,1,2) c[i][j]+=a[i][p]*b[p][j];
For(i,1,2) For(j,1,2) result[i][j]=c[i][j];
}

inline double count(int t){
a[1][1]=p,a[1][2]=1-p,a[2][1]=1,a[2][2]=0;
ans[1][1]=1,ans[1][2]=ans[2][1]=ans[2][2]=0;
while (t){
if (t&1) mul(ans,a,ans);
t>>=1;mul(a,a,a);
}
return ans[1][1];
}
int main(){
while (scanf("%d%lf",&n,&p)!=EOF){
For(i,1,n) mine[i]=read();
sort(mine+1,mine+n+1);
sum=1;
For(i,0,n-1) sum=sum*(1-count(mine[i+1]-mine[i]-1));
printf("%.7lf\n",sum);
}
return 0;
}

如何用矩阵乘法优化常系数线性递推式

fyhfyh讲课的内容，推广一下unifyhunifyh的博客
常系数线性递推式就是对于一个数列，满足递推关系：An=C1An−1+C2An−2+…+CkAn−k+C0An=C1An−1+C2An−2+…+CkAn−k+C0（其中C1,C2…Ck,C0C1,C2…Ck,C0是常数）
因为矩阵乘法满足结合律，因此可以构造一个(k+1)×(k+1)(k+1)×(k+1)的矩阵，快速幂优化递推，形式上来说就是

⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢C1100⋮000C2010⋮000C3001⋮100⋯⋯⋯⋯⋱⋯⋯⋯Ck−2000⋮100Ck−1000⋮010Ck000⋮000C00000001⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥×⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢An−1An−2An−3⋮An−k+2An−k+1An−k1⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥=⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢AnAn−1An−2⋮An−k+3An−k+2An−k+11⎤⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥[C1C2C3⋯Ck−2Ck−1CkC0100⋯0000010⋯0000001⋯0000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮0001⋯1000000⋯0100000⋯0001]×[An−1An−2An−3⋮An−k+2An−k+1An−k1]=[AnAn−1An−2⋮An−k+3An−k+2An−k+11]

应用这个方法的题目还有：【poj3070】Fibonacci

完结撒花！！！