[概率DP]相逢是温厚
题意
有\(n\)场比赛,他每次等概率地选择一场,选择的比赛可能有没ac过的题,他一定会ac这次比赛中的某一道,并说我好菜啊。如果全ac过了,也会说我好菜啊。求期望说多少次我好菜啊。
注意题目中每场题的范围是1到3
我们可以把相同题数的场看成同一种,那就有三种
把题意抽象成取球游戏,就是\(i_1\)类型的球有\(a_1\)个,\(i_2\)类型的球有\(a_2\)个,\(i_3\)类型的球有\(a_3\)个,即将数量一样的比赛抽象成同一种球,问期望用多少次可以取到所有不同的球。不同种类的球取出会带来不同的变化,取了\(i_1\)类型的球会导致剩余没取的个数减一,但取了\(i_3\)类型的球因为这个比赛的题目数减一变成\(i_2\)类型,取了\(i_2\)类型的球就变成\(i_1\)类型的。
这个问题挺难的,那我们就先看一下最基本的取球游戏(彩票收集问题)
前序知识
最基本的取球问题就是\(n\)个球,求将每个球至少取一次,问期望用多少次可以取到所有不同的球。
假设现在还剩下\(i\)个球没取过,那么这时取到没取过的球的概率是
\(P=i / N\)
由于这个事件满足几何分布,所以他的期望就是\(1/p\),就是\(N/i\)
几何分布(Geometric distribution)是离散型概率分布。其中一种定义为:在n次伯努利试验中,试验k次才得到第一次成功的机率。详细地说,是:前k-1次皆失败,第k次成功的概率。
用\(dp[i]\)表示剩下\(i\)个球没取时多少次取到剩下所有不同的球的期望
那么可以得出一下递推式:
\]
由期望的可加性:
\]
本题题解
这题就是取球游戏改编的,但是状态比较多,变成了3维的
根据上面的递推式和本题题意,得出以下状态转移方程,令\(dp[i][j][k]\)为剩下三种球没取时多少次取到所有不同的球的期望。再令\(M=i+j+k\)
\]
因为当前的状态有三种可能状态转移,并且每场比赛的选择都是等概率的,将后继状态已经求出的期望加上当前状态取出不同的球的期望。
\]
化简一下就是(好像没怎么化简)
\]
代码
可以将\(k\)优化一下,枚举所有的状态,然后暴力转移
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 505;
const int mod=17680321;
ll inv[maxn];
ll num[4];
ll dp[maxn][maxn][2];
void init(int n){
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
init(n);
for(int i=1,a;i<=n;++i) {
cin>>a;
num[a]++;
}
dp[0][0][0]=0;
int t=1;
for (int k = 0; k <= num[3]; k++) {
t ^= 1;
for (int j = 0; j +k<= n; j++){
for (int i = 0; i +k+j<= n; i++){
if (i || j || k) {
dp[i][j][t] = 1ll * n * inv[i + j + k] % mod;
if (i)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i - 1][j][t] * i % mod * inv[i + j + k]) % mod;
if (j)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i + 1][j - 1][t] * j % mod * inv[i + j + k]) % mod;
if (k)dp[i][j][t] = (dp[i][j][t] + 1ll * dp[i][j + 1][t ^ 1] * k % mod * inv[i + j + k]) % mod;
}
}
}
}
cout<<dp[num[1]][num[2]][t]<<endl;
return 0 ;
}
总结
与常规的求解不同,数学期望经常逆向推出。
常言道:"正向推概率,反向推期望"
为什么呢?
大家可以百度一下(逃
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