「算法笔记」期望 DP 入门

一、数学期望

1. 由来

在 $17$ 世纪，有一个赌徒向法国著名数学家帕斯卡挑战，给他出了一道题目：甲乙两个人赌博，他们两人获胜的机率相等，比赛规则是先胜三局者为赢家，一共进行五局，赢家可以获得 $100$ 法郎的奖励。当比赛进行到第四局的时候，甲胜了两局，乙胜了一局，这时由于某些原因中止了比赛，那么如何分配这 $100$ 法郎才比较公平？

甲输掉后两局的可能性只有 $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$，也就是说甲赢得后两局或后两局中任意赢一局的概率为 $1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，甲有 $75\%$ 的期望获得 $100$ 法郎；而乙期望赢得 $100$ 法郎就得在后两局均击败甲，乙连续赢得后两局的概率为 $\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$，即乙有 $25\%$ 的期望获得 $100$ 法郎奖金。

可见，虽然不能再进行比赛，但依据上述可能性推断，甲乙双方最终胜利的客观期望分别为 $75\%$ 和 $25\%$，因此甲应分得奖金的 $100\times 75\%=75$ (法郎)，乙应分得奖金的的 $100×25\%=25$ (法郎)。这个故事里出现了“期望”这个词，数学期望由此而来。（¿）

（摘自百度百科）

2. 定义

数学期望是实验中每次可能结果的概率乘以其结果的总和，它的定义式为：

\[E(X)=\sum\limits_{k=1}^\infty x_i p_i \]

其中 $i$ 是所有可能发生的事件，$x_i$ 为事件的权值，$p_i$ 为事件发生的概率。

3. 性质

设 $C$ 为一个常数， $X$ 和 $Y$ 是两个随机变量。以下是数学期望的重要性质：

1. $E(C)=C$
2. $E(CX)=CE(X)$
3. 期望的 线性性：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$
4. 当 $X$ 和 $Y$ 相互独立时，$E(XY)=E(X)E(Y)$

二、例题

1. SP1026 FAVDICE - Favorite Dice

题目大意：一个 $n$ 面的骰子，求期望掷几次能使得每一面都被掷到。$n\leq 6000$。

Solution：

结论：$1+\frac{n}{n-1}+\frac{n}{n-2}+...+n=\sum_{i=1}^n \frac{n}{i}$

令 $f_i$ 表示已经掷出 $i$ 个不同的面，还期望掷多少次能使得每一面都被掷到。

显然 $f_n=0$。

对于所有 $f_i\ (i\neq n)$，有两种情况：

有 $\frac{i}{n}$ 的概率掷到重复的面，则还需掷 $f_i$ 次。
有 $\frac{n-i}{n}$ 的概率掷到新的面，则还需掷 $f_{i+1}$ 次。

$f_i=(\frac{i}{n} f_i+\frac{n-i}{n} f_{i+1})+1$

整理得，$f_i=f_{i+1}+\frac{n}{n-i}$

因此 $Ans=f_0=\sum\limits_{i=n-1}^{0} \frac{n}{n-i}=\sum_{i=1}^n \frac{n}{i}$

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

int t,n;

double ans;

signed main(){

    scanf("%lld",&t);

    while(t--){

        scanf("%lld",&n),ans=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)

            ans+=1.0*n/i;

        printf("%.2lf\n",ans);

    }

    return 0;

}

2. BZOJ 1419 Red is good

题目大意：桌面上有 $R$ 张红牌和 $B$ 张黑牌，随机打乱顺序后放在桌面上，开始一张一张地翻牌，翻到红牌得到 $1$ 美元，黑牌则付出 $1$ 美元。可以随时停止翻牌，在最优策略下平均能得到多少钱。$0\leq R,B \leq 5000$。

Solution：

令 $f_{r,b}$ 表示剩下 $r$ 张红牌、$b$ 张黑牌的期望收益。

首先考虑边界情况。

当 $r=0$，即目前已经没有红牌时，停止翻牌，则 $f_{r,b}=0$。当 $b=0$，即剩下的牌没有黑牌时，肯定会把剩下的红牌全部翻掉，则 $f_{r,b}=r$。

讨论其他情况。

有 $\frac{r}{r+b}$ 的概率翻到一张红牌，并带来 $1$ 的收益；有 $\frac{b}{r+b}$ 的概率翻到一张黑牌，并带来 $1$ 的损失。

那么显然 $f_{r,b}=\max(0,\frac{r}{r+b}(1+f_{r-1,b})+\frac{b}{r+b}(-1+f_{r,b-1})$。因为我们采用的是最优策略，所以当此时的局面已经不足以带来大于 $0$ 的期望收益时，应该停止翻牌，所以最后还要和 $0$ 取 $max$。

由于卡空间，需要使用滚动数组。

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=5010;

int n,m;

double f[2][N],ans;

signed main(){

    scanf("%lld%lld",&n,&m);

    for(int r=1;r<=n;r++){

        f[r%2][0]=1.0*r;

        for(int b=1;b<=m;b++)

            f[r%2][b]=max(0.0,1.0*r/(r+b)*(1+f[(r-1)%2][b])+1.0*b/(r+b)*(-1+f[r%2][b-1]));

    }

    printf("%.6lf\n",1.0*floor(f[n%2][m]*1e6)/1e6);

    return 0;

}

3. BZOJ 4318 OSU!

题目大意：给出一串数，每个数字有 $a_i$ 的概率是 $\text{O}$，这串数字的分数定义为每一段极长连续的 $\text{O}$ 的长度的立方和，$\text{OXXOO}$ 的分数就是 $1^3+2^3=9$，求期望分数。$N\leq 10^5$。

Solution：

令 $y_i$ 表示到 $i$ 为止连续打出多少个 $\text{O}$。

有 $p=a_i$ 的概率打出 $\text{O}$，则有 $p$ 的概率 $y_i=y_{i-1}+1$；有 $1-p$ 的概率打出的不是 $\text{O}$，则有 $1-p$ 的概率 $y_i=0$。

$E(y_i)=E(p\times (y_{i-1}+1))=p\times (E(y_{i-1})+1)$

因为 $(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1$，所以还需要维护平方和。每打出 $1$ 个 $\text{O}$，答案 $(x+1)^3$ 比原答案 $x^3$ 相比多了 $3x^2+3x+1$。

$E({y_i}^2)=E(p\times (y_{i-1}+1)^2)=p\times (E({y_{i-1}}^2)+2\times E(y_{i-1})+1)$

可以分别用 ${f_1}_i,{f_2}_i$ 维护 $E(y_i),E({y_i}^2)$。

${f_1}_{i}=p\times ({f_1}_{i-1}+1)$

${f_2}_{i}=p\times({f_2}_{i-1}+2\times {f_1}_{i-1}+1)$

那么 ${ans}_i={ans}_{i-1}+p\times (3\times {f_2}_{i-1}+3\times {f_1}_{i-1}+1)$，最终的答案为 ${ans}_{n}$。

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=1e5+5;

int n;

double a[N],f1[N],f2[N],ans[N];

signed main(){

    scanf("%lld",&n);

    for(int i=1;i<=n;i++)

        scanf("%lf",&a[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++){

        f1[i]=a[i]*(f1[i-1]+1);

        f2[i]=a[i]*(f2[i-1]+2*f1[i-1]+1);

        ans[i]=ans[i-1]+a[i]*(3*f2[i-1]+3*f1[i-1]+1);

    }

    printf("%.1lf\n",ans[n]);

    return 0;

}

4. HDU 4035 Maze

题目大意：有一个树形的迷宫，有 $N$ 个房间以及 $N-1$ 条通道将它们连通，一开始在 $1$ 号房间，每进入一个房间 $i$，有 ${kill}_i$ 的概率被陷阱杀死回到房间 $1$，有 $s_i$ 的概率找到出口逃离迷宫，如果没有找到出口也没有被杀，那么就在与该房间相连的通道中等概率随机选一条走，求逃离迷宫所需要走的通道数的期望值。(如果不能逃离输出impossible)。$T\leq 30,N\leq 10^4$。

Solution：

令 $f_i$ 表示目前在节点 $i$ 上的期望步数。

对于任意一个节点 $u$，$f_u={kill}_u f_1+s_u\times 0+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v} (f_v+1)$（节点 $v$ 与节点 $u$ 相连）。

把 $s_u\times 0$ 这一项省去，再把最后一项拆出来，则 $f_u={kill}_u f_1+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v} f_v+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v} 1)$，也就是 $f_u={kill}_u f_1+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v\in {fa_u}} f_{v}+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v\in {son_u}} f_v+(1-{kill}_u-s_u)$。

注意到：1. 对于任意一个节点 $u$，式子中都有 $f_1$。 2. 如果 $u$ 为叶子节点，那么 $v$ 只有 $u$ 的父亲（叶子节点没有儿子）。

可以发现，叶子节点的式子可以表示成：$f_u=a_u\times f_1+b_u\times f_{{fa}_{u}}+c_u$，其中 $a_u$、$b_u$ 以及 $c_u$ 都是常数。

设 $u$ 是 $i$ 的父亲，将 $f_i=a_i\times f_1+b_i\times f_u+c_i$ 代入最开始的那个式子得：

$f_u={kill}_u f_1+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v\in {fa_u}} f_{v}+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum(a_i\times f_1+b_i\times f_u+c_i)+(1-{kill}_u-s_u)$

那么：

$(1-\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum b_i)\times f_u=({kill}_u+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum a_i)\times f_1$

$+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\sum\limits_{v\in{fa_u}} f_v+(1-{kill}_u-s_u+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum c_i)$。

整理一下式子，可以得到：

$\displaystyle f_u=\frac{({kill}_u+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum a_i)}{1-\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum b_i}\times f_1$

$\displaystyle+\frac{\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}}{1-\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum b_i}f_{{fa}_u}+\frac{(1-{kill}_u-s_u+\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum c_i)}{1-\frac{1-{kill}_u-s_u}{{deg}_u}\times \sum b_i}$

把这个式子和 $f_u=a_u\times f_1+b_u\times f_{{fa}_{u}}+c_u$ 对比，可以发现，所有的式子都能和叶子节点的式子一样被表示成 $f_u=a_u\times f_1+b_u\times f_{{fa}_{u}}+c_u$ 的形式。

这意味着我们能从叶子节点一直往上推，到根节点的时候就能得到答案。

$f_1=a_1\times f_1+b_1\times 0+c_1$，所以 $f_1=\frac{c_1}{1-a_1}$。$a_1=1$ 时无解。

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N=1e4+5;

int t,n,m,x,y,tot,cnt,hd[N],to[N<<1],nxt[N<<1];

double k[N],s[N],a[N],b[N],c[N];

void add(int x,int y){

    to[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;

}

void dfs(int x,int fa){

    double num=0,ka=0,kb=0,kc=0,p=1.0-k[x]-s[x];

    a[x]=b[x]=c[x]=0;

    for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){

        int y=to[i];

        if(y!=fa) ++num,dfs(y,x),ka+=a[y],kb+=b[y],kc+=c[y];

    }

    if(x!=1) ++num;

    if(num==1&&x!=1) a[x]=k[x],b[x]=1.0-k[x]-s[x],c[x]=b[x];    //叶子节点

    else a[x]=(k[x]+p/num*ka)/(1-p/num*kb),b[x]=(p/num)/(1-p/num*kb),c[x]=(p+p/num*kc)/(1-p/num*kb);    //非叶子节点

}

signed main(){

    scanf("%lld",&t);

    while(t--){

        cnt=0,memset(hd,0,sizeof(hd));

        scanf("%lld",&n);

        for(int i=1;i<n;i++){

            scanf("%lld%lld",&x,&y);

            add(x,y),add(y,x);

        }

        for(int i=1;i<=n;i++){

            scanf("%lf%lf",&k[i],&s[i]);

            k[i]/=100,s[i]/=100;

        }

        dfs(1,0);

        if(fabs(1-a[1])<1e-9) printf("Case %lld: impossible\n",++tot);    //卡精度

        else printf("Case %lld: %.6lf\n",++tot,c[1]/(1-a[1]));

    }

    return 0;

}