关于有向图走“无限次”后求概率/期望的口胡/【题解】HNCPC2019H 有向图

全是口胡假了不管

讨论的都是图\(G=(V,E),|V|=n,|E|=m\)上的情况

“走无限次”这个概念很抽象，严谨的证明以及描述和概率的收敛性有关，由于我也不会在此就不讨论这些，但是根据一些概率的知识，可以发现，其实走无限次可以这样描述：

由于使用概率不好描述在无限次的情况时，每个点和点之间的关系，所以用期望。到时候根据期望的定义式反过来求概率。可能的问题是，“不是走无限次吗，那怎么用期望反过来求概率？”。举个例子，假若只有一个起点且存在那些游戏黑洞(过去了走不来)，那么所有随机变量\(X=1\)，所以\(E(X)=XP(X)=P(X)\)。

这是因为期望可以很方便的描述点与点之间的关系(用概率的话，不好描述走无限次的“过程”，在从0次走到无穷次的途中的关系不好用概率描述(因为概率是一个相乘的关系，而期望是相乘且求和(概率不也是吗？我也不知道我在说什么，可能这段话是强行解释，因为我做的题都是用这个得到初始条件的)))

设\(e=[f_i\dots]\)是\(i\)点的期望构成的行向量，至于我们如何定义“i点的期望”，具体问题具体分析。

设矩阵\(A_{n\times n}\)是“增广矩阵”(我xjb取的名字)，其中\(A_{i,j}\)表示由\(i\)点转移到\(j\)点的概率(到底如何定义具体情况具体分析，这里是笼统的口胡)，那么走无限次可以这样描述：

\[e\times A=e
\]

然后对比\(f_i\)系数，

可以得到\(n\)个方程。但是这\(n\)个是解出不来值的(全是 \(f_i=0\))，为什么？

这是因为忽略了初始条件，很显然\(e\times A=e\)有且只有一个解就是\(e= 0(A\not = O)\) ，必须要根据\(f_i\)的定义加入初始条件才行(比如\(f_i\)+=c之类的)。从这里我们可以知道，\(f_i\)的含义要方便我们加入初始条件。

由这\(n\)的个方程可以最坏\(O(n^3)\)解出来所有\(f_i\)。在\(A\)矩阵不同的特征或者性质下，可能有别的方法求解\(f_i\)

口胡好爽...

接下来是具体问题具体分析的例子

【题解】HNCPC2019H 有向图

有向图

“照本宣科”，设\(f_i\)是经过\(i\)点的期望次数，概率矩阵基本上已经告诉我们了，那么我们直接解就行了。

然而值得注意的是，由于这个概率矩阵的特性，可以得到\(f_i,i\le n\)的解，然后再求剩下的那些期望。

方程是

\[f_i=
\begin{cases}
\sum_\limits{j} A_{j,i}f_j+1 &(n=1)
\\
\sum_\limits{j} A_{j,i}f_j &(n>1)
\end{cases}
\]

高斯消元

//@winlere

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define DEBUG(s) cerr<<(#s)<<" = "<<(s)<<endl

using namespace std;  typedef long long ll;

inline int qr(){

	register int ret=0,f=0;

	register char c=getchar();

	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();

	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();

	return f?-ret:ret;

}

const int mod=1e9+7;

inline int ksm(const int&ba,const int&p){

	int ret=1;

	for(int t=p,b=ba;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)

		if(t&1) ret=1ll*ret*b%mod;

	return ret;

}

inline int inv(const int&x){return ksm(x,mod-2);}

const int maxn=505;

int n,m;

struct MAT{

	int data[maxn];

	MAT(){memset(data,0,sizeof data);}

	inline int&operator[](int x){return data[x];}

	inline MAT operator *(const int&x){

		MAT ret;

		for(int t=1;t<=n+1;++t) ret[t]=1ll*data[t]*x%mod;

		return ret;

	}

	inline MAT operator *=(const int&x){return *this=*this*x;}

	inline MAT operator -(const MAT&a){

		MAT ret;

		for(int t=1;t<=n+1;++t) ret[t]=(data[t]-a.data[t]+mod)%mod;

		return ret;

	}

	inline MAT operator -=(const MAT&a){return *this=*this-a;}

	inline void print(){

		for(int t=1;t<=n+1;++t) printf("%d ",data[t]);

		putchar('\n');

	}

}e[maxn];

int p[maxn][maxn<<1];

inline void Solve(){

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

		e[t]*=inv(e[t][t]);

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

			if(i^t) e[i]-=(e[t]*e[i][t]);

	}

}

int main(){

	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){

		memset(e,0,sizeof e);

		memset(p,0,sizeof p);

		for(int t=1,in=inv(10000);t<=n;++t)

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

				p[t][i]=1ll*qr()*in%mod;

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

			for(int i=1;i<=n;++i) e[t][i]=p[i][t];

			e[t][t]=(e[t][t]-1+mod)%mod;

		}

		e[1][n+1]=mod-1;

		Solve();

		for(int t=1;t<=m;++t){

 			int ans=0;

 			for(int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+1ll*e[i][n+1]*p[i][t+n])%mod;

			printf("%d ",ans);

		}

		putchar('\n');

	}

	return 0;

}