标签：概率 期望 int 笔记 times read maxn dp deg
概率期望
省流：期望 \(=\) 概率 \(\times\) 权值
好，开始看题。
1.P4316 绿豆蛙的归宿
求在 \(\text{DAG}\) 上所走边权的期望，显然需要拓扑排序，有正推和逆退两种方式。
设 \(G\) 表示节点 \(u\) 直接相连节点的集合。
逆推
比较常用，需要建反图。
不难发现对于点 \(u\) 的期望，有：
\[E(u)=\sum_{v\in G}\left(\frac{1}{deg(u)}\times (E(v)+w)\right) \]发现 \(deg(u)\) 恰好等于 \(G\) 的元素个数，因此上式等价于：
\[E(u)=w+\sum_{v\in G} \left(\frac{1}{deg(u)}\times E(v) \right) \]int deg[maxn],_in[maxn];
queue<int> q;
db f[maxn];
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),w=read();
add_edge(v,u,w);
deg[u]++,_in[u]++;
}
q.push(n);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
_in[v]--;
f[v]+=(f[u]+e[i].w)*1.0/deg[v];
if(!_in[v]) q.push(v);
}
}
printf("%.2f\n",f[1]);
return 0;
}
正推
并非建正图就能解决，这里不能使用逆推中的化简式。
依旧是一般式：
拆开来就是：
\[E(u)=\sum_{v\in G}\left(\frac{1}{deg(v)}\times E(v)\right)+\sum_{v\in G} \left(\frac{1}{deg(v)}\right)\times w \]显然右半部分不一定为 \(w\)，所以要单独维护一个概率。
int deg[maxn],_in[maxn];
queue<int> q;
db f[maxn],p[maxn];
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read(),w=read();
add_edge(u,v,w);
deg[u]++,_in[v]++;
}
q.push(1);
p[1]=1.00;
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
_in[v]--;
f[v]+=(f[u]+e[i].w*p[u])*1.0/deg[u];
p[v]+=p[u]/deg[u]*1.0;
if(!_in[v]) q.push(v);
}
}
printf("%.2f\n",f[n]);
return 0;
}
2.P4206 NOI2005 聪聪和可可
毒瘤题。
（1）预处理
来看两者的移动方法：
- 聪聪每次移动两步，最后一次可移动一步，每一步都会选择离可可最近且标号最小的节点
- 可可等概率移动一步或留在原地
显然聪聪的移动是个贪心，可以预处理出 \(pre(u,v)\) 表示聪聪和可可分别在 \(u,v\) 两点时聪聪应去到的节点。
稀疏图用 \(n\) 次已死算法 \(\text{SPFA}\) 只要判断最短路的松弛关系就能预处理出 \(pre\) 数组。
用 \(\text{dfs}\) 会迷之爆炸。
（2）递推
这里用到 \(\text{dfs}\) 其实是记忆化，设一个节点本身和与它直接相连的节点集 \(G\)，\(dp(u,v)\) 表示聪聪在节点 \(u\)，可可在节点 \(v\) 时的期望，就有：
\[dp(u,v)=\sum_{v\in G} \left(\frac{1}{deg(u)+1}\times (dp(pos,v)+1)\right) \]其中 \(pos=pre(pre(u,v),v)\)，特别地令 \(dp(u,u)=0\)，所有对于能在两步以内到达的 \(（u,v）\)，令 \(dp(u,v)=1\)，然后大力记忆化暴搜。
不要用 \(vector\) 存图
int pre[1005][1005],dis[1005][1005];
db dp[1005][1005];
bool vis[1005],Vis[1005][1005];
inline void spfa(int s){
memset(dis[s],0x3f,sizeof(dis[s]));
dis[s][s]=0;
vis[s]=1;
queue<int> q;
q.push(s);
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
vis[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(dis[s][v]>dis[s][u]+1){
dis[s][v]=dis[s][u]+1;
if(!vis[v]){
vis[v]=1;
q.push(v);
}
}
}
}
}
inline db dfs(int x,int y){
if(Vis[x][y]) return dp[x][y];
Vis[x][y]=1;
if(x==y) return dp[x][y]=0.0;
int u=pre[x][y],v=pre[u][y];
if(u==y||v==y) return dp[x][y]=1.0;
dp[x][y]=1.0;
for(int i=head[y];i;i=e[i].nxt){
int z=e[i].to;
dp[x][y]+=dfs(v,z)/(deg[y]+1);
}
dp[x][y]+=dfs(v,y)/(deg[y]+1);
return dp[x][y];
}
int main(){
n=read(),m=read();
st=read(),ed=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=read(),v=read();
add_edge(u,v);
add_edge(v,u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
spfa(i);
}
memset(pre,0x3f,sizeof(pre));
for(int x=1;x<=n;x++){
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
for(int z=1;z<=n;z++){
if(dis[x][z]==dis[y][z]+1) pre[x][z]=min(pre[x][z],y);
}
}
}
printf("%.3lf\n",dfs(st,ed));
return 0;
}
3.P1654 OSU!
前置知识
\((\alpha+1)^2=\alpha^2+2\times \alpha +1\)
\((\alpha+1)^3=\alpha^3+3\times \alpha ^2+3\times \alpha +1\)
题目要求长度 \(n\) 的 \(0-1\) 串中 \(1\) 串长度的立方期望，考虑分步骤求解。
（1）前 \(i\) 位中第 \(i\) 位为 \(1\) 的线性期望
显然是由上一位得来，只考虑第 \(i\) 位是 \(1\) 的情况，那么线性期望 \(x_1\) 为：
\[x_1(i)=(x_1(i-1)+1)\times p_i \]（2）前 \(i\) 位中第 \(i\) 位为 \(1\) 的平方期望
同上一问，依旧是只考虑第 \(i\) 位是 \(1\) 的情况，注意平方的期望与期望的平方存在差异，不能由第一问的结果直接得到。
\[x_2(i)=(x_2(i-1)+2\times x_1(i-1)+1)\times p_i \]（3）前 \(i\) 位中第 \(i\) 位为 \(1\) 的立方期望
\[x_3(i)=(x_3(i-1)+3\times x_2(i-1)+3\times x_1(i-1)+1)\times p_i \]（4）得解
第三问的结果仍不能作为答案，原因是我们只考虑最后一位是 \(1\) 的情况，答案实际为前 \(n\) 位的总和，这里需要分两部分，成功连接的概率是 \(p_i\)，反之概率是 \(1-p_i\)，于是有：
\[\begin{aligned} f(i)&=(f(i-1)+3\times x_2(i-1)+3\times x_1(i-1)+1)\times p_i+f(i-1)\times (1-p_i)\\ &= f(i-1)+(3\times x_2(i-1)+3\times x_1(i-1)+1)\times p_i \end{aligned}\]发现最终答案与第三问无关，可以删去直接求最后结果。
int n;
db p;
db x1[maxn],x2[maxn],x3[maxn];
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf",&p);
x1[i]=(x1[i-1]+1)*p;
x2[i]=(x2[i-1]+x1[i-1]*2+1)*p;
x3[i]=x3[i-1]+(x1[i-1]*3+x2[i-1]*3+1)*p;
}
printf("%.1lf\n",x3[n]);
return 0;
}
4.P1365 WJMZBMR打osu! / Easy
同上一题，似乎更简单。
int n;
char s[maxn];
db len,ans;
int main(){
n=read();
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
db p;
if(s[i]=='o') p=1.0;
else if(s[i]=='x') p=0.0;
else p=0.5;
ans=ans+(len*2+1)*p;
len=(len+1)*p;
}
printf("%.4lf\n",ans);
return 0;
}
标签：概率,期望,int,笔记,times,read,maxn,dp,deg 来源： https://www.cnblogs.com/SoyTony/p/15864904.html
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