概率期望題(期望 DP)做題記錄

P3830 [SHOI2012]隨機(jī)樹

難點(diǎn)在于第二問：生成樹的期望深度。

不 wei zhuo 捏，設(shè) \(dp_{i,j}\) 表示已經(jīng)有了 \(i\) 個(gè)葉子結(jié)點(diǎn)，深度大于 \(j\) 的概率。

考慮枚舉一棵子樹的大小，轉(zhuǎn)移方程如下：

\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{i-1}\dfrac{dp_{k,j-1}+dp_{i-k,j-1}-dp_{k,j-1}\times dp_{i-k,j-1}}{i-1} \]

上面分子的部分就是加到一棵子樹的概率減去重復(fù)的情況，然而我們發(fā)現(xiàn)這樣仍然有重復(fù)情況。

考慮每一種深度情況，即左右子樹分別為 \((1,i-1),(2,i-2),\dots,(i-1,1)\) 的情況的概率，可以將整棵樹用加點(diǎn)方式 \(LRLLR\dots RLRLL\) 類似的序列表示出來。

它是一個(gè)有 \(k\) 個(gè) \(L\) 和 \(i-k\) 個(gè) \(R\) 組成的操作序列，那么總共有 \(\dfrac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}\) 中不同的序列。

考慮計(jì)算生成一棵 \(n\) 個(gè)點(diǎn)的數(shù)的方案數(shù)：第一次只有 \(1\) 中選擇，第二次有 \(2\) 種選擇，……那么方案數(shù)就是 \((n-1)!\)。

同理，給定左右子樹大小，生成樹的方案數(shù)是 \((k-1)!(i-k-1)!\) 的。

個(gè)上面的式子結(jié)合起來會(huì)發(fā)現(xiàn)方案數(shù)等于 \((i-2)!\)，竟然與 \(k\) 無關(guān)！也就是說，無論左右子樹到底多大，方案數(shù)都是相同的，所以有 \(\dfrac{1}{i-1}\)。

P3239 [HNOI2015]亞瑟王

寫了兩個(gè)假算，終于改對(duì)了。

首先肯定考慮將每張牌打出的概率算出來，每一輪考慮過來。

一開始打的假算考慮的是計(jì)算在當(dāng)前面對(duì)第 \(i\) 輪第 \(j\) 張牌時(shí)，這一輪前面的牌都沒有選擇，自己選擇的概率。

發(fā)現(xiàn)這樣在前面的牌被輪空的時(shí)候，難以計(jì)算選擇這張牌的概率，所以需要記錄前面被輪空了幾張牌。

記 \(dp_{i,j}\) 表示在整一局游戲中，在前 \(i\) 張牌中，選擇了 \(j\) 張牌的概率。

面臨第 \(i\) 張牌，前面已經(jīng)選擇了 \(c\) 張牌時(shí)，選擇 \(i\) 的概率為：

\[dp_{i-1,c}\times (1-p_i)^{r-c-1}\times p_i \]

意思是前面有 \(r-c-1\) 次面臨 \(i\) 的機(jī)會(huì)都沒有選擇，這一次選擇了。每次算完概率后直接累加答案。

\(dp\) 數(shù)組的轉(zhuǎn)移方程為：

\[dp_{i,c}=dp_{i-1,c}\times (1-p_i)^{r-c}+dp_{i-1,c-1}\times \left(1-(1-p_i)^{r-c+1}\right) \]

初始狀態(tài)：\(dp_{0,0}=1.0\)。目標(biāo)狀態(tài)：整個(gè)數(shù)組。

每次計(jì)算冪會(huì)增加一大把常數(shù)，可以預(yù)處理 \((1-p_i)\) 的冪次，復(fù)雜度 \(\mathcal{O(Tnr)}\) 轉(zhuǎn)移。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的概率期望题（期望 DP）做题记录的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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