luogu P6835 概率DP 期望
luogu P6835 概率DP 期望
洛谷 P6835
题意
n + 1个节点,第i个节点都有指向i + 1的一条单向路,现在给他们添加m条边,每条边都从一个节点指向小于等于自己的一个节点,现在从1号点开始走,每次等概率地选择出边,问到达n+1的步数期望
思路
用 \(F_{i,j}\) 代表从i到j的期望步数
由于期望的线性性质,所以 \(F_{i,k} + F_{k,j} = F_{i,j}\) 所以我们算出每个 \(F_{i,i+1}\) 即可
对于当前节点i,出度为 \(d_i\), 所以选某条边的概率为
\]
- 选直接连接i+1的那条边,步数为1,即期望步数为1 / d,而选择其他边的期望步数为
\]
- 上面式子像是一个“递归式”左右都有我们希望计算的\(F_{i,i+1}\),整理如下:
\]
即
\]
即
\]
即
\]
其中 \(F_{j,i}\) 可以前缀和得到,最终复杂度为线性
注意:
- 前缀和取模处理难免有后面的值小于前面的时候,所以每次相减时要加一个mod防止变为负数
AC代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
const long long modd = 998244353;
int n, m;
long long ff[1000005] = {0};
vector<int> vv[1000005];
long long su[1000005] = {0};
int main()
{
int id;
scanf("%d%d%d", &id, &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int xx, yy;
scanf("%d%d", &xx, &yy);
vv[xx].push_back(yy);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
long long d = vv[i].size();
ff[i] = d + 1;
for (unsigned int j = 0; j < d; ++j)
{
ff[i] = (ff[i] % modd + (su[i - 1] - su[vv[i][j] - 1] + modd) % modd) % modd;
}
su[i] = (su[i - 1] % modd + ff[i] % modd) % modd;
}
printf("%lld\n", su[n]);
return 0;
}
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