期望\(DP\) 方法总结

这个题目太大了,变化也层出不穷,这里只是我的一点心得,不定期更新!

1. 递推式问题

对于无穷进行的操作期望步数问题,一般可用递推式解决。
对于一个问题\(ans[x]\),
我们可以考虑建立逻辑转移
\[ans[now] = Merge(\ \ Function(ans[now])\ ,\ Function(ans[other])\ \ )\]
那么我们进行移项后,
\[ans[now]\ Delete\ Function(ans[now])\ \ =\ \ Function(ans[other])\]
此时,分离了\(ans[now]\) 与\(ans[other]\), 那么就构成了递推关系
.
然后,对于递推式,巧用 顺序枚举 与 倒序枚举, 来防止除0、溢出等问题。
比较经典的就是POJ 2096 Collecting Bugs,它的原递推式:
\(f[i][j]*(sn-ij) = Function(f[i-1][j]\ ,\ f[i][j-1]\ ,\ f[i-1][j-1])\)
我们目标状态为\(f[s][n]\),那么当\(i=s\),\(j=n\)时就会出现除0的情况。
一个比较巧妙的处理,改变状态含义,把它变为倒序处理:
\(f[i][j]*(ns-ij) = Function(f[i+1][j]\ ,\ f[i][j+1]\ ,\ f[i+1][j+1])\)
然后\(f[s][n]=0\),目标状态变为\(f[0][0]\)从而避免了除0的问题。
.
例题:[SHOI2002]百事世界杯之旅POJ2096 Collecting Bugs

2. 错位相减

注意式子的特性,观察特定情况下是否可以直接算或者错位相减。
注意式子的次数是否等差,当下表值达到一定程度时是否存在特殊计算方法。
例如:
\(f[i]=f[i-1]p_b+p_a(f[i-1]+1)p_b+{p_a}^2(f[i-1]+2)p_b+....\)
那么有\(p_af[i] = p_afp_b + {p_a}^2(f[i-1]+1)p_b + {p_a}^3(f[i-1]+2)p_b+...\)
然后错位相减可得:
\((1-p_a)f[i] = p_b(f[i-1] + p_a + {p_a}^2 + {p_a}^3 + ....)\)
此时出现了等比数列,套等比数列求和即可。
一般错位相减后 各种数学公式套一波 就可以把无限变为有限 。
例题:CF908D Arbitrary Arrangement

3. 高斯消元

这个真的是套路了,大家应该都会。
对于一个\(DP\)方程式,
若所有的转移方程式都形如\(f(x) = Function_{i=1}^n f(i)\)
那么直接移项,然后把每一个转移方程式当作一个方程,高斯消元即可。
例题:[HNOI2013]游走[HNOI2011]XOR和路径

4. 步骤移动转移

当直接用所需状态设不出方程式的时候,考虑从当前状态移动一步的条件与概率
那么状态变为\(f[移动步数]\),
转移为\(f[step] ==(Function)==> f[step+1]\)
以这个角度思考,很有可能会出现递推式,然后套用上面所说就可解出最终答案。
例题:[六省联考2017]分手是祝愿

5. 整数期望公式

我们设答案(整数)为\(x\),期望答案为\(E(x)\) ,\(P(x \ge i)\)表示答案大于等于\(i\)的概率,那么有:
\[E(x) = \sum_{i = 1}^∞ P(x \ge i)\]
我们同时有:\(P(i \leq x-1) + P(i \ge x) = 1\)
第一个公式中的无限看起来很吓人,但根据实际意义可以变为有限(答案不可能大于最大上限)。
用这个公式可以将求解答案变为求解后缀和或者求解前缀和
那么就改变了\(DP\)目标,有时候就可以帮助我们设计出可以转移的状态,最后套公式得解即可。
例题:Luogu P3600 随机数生成器 (难度较大强行插入大佬的题解:戳我1戳我2)

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