概率期望 DP 题解合集

期望这东西学了一次忘了，再学一次过了两天又不会了。我是鱼。

故写此博客以便加深记忆及日后复习。

NOIP 前恶补期望（？希望有用，RP++（）

经典问题 1

某事件发生概率为 $p$，则该事件首次发生的期望次数为 $\frac{1}{p}$。

证明 link 懒得打 latex

经典问题 2 SP1026 FAVDICE - Favorite Dice

三倍经验：lgP1291/UVA10288

设已经有 $k$ 个面出现过。则出现一个新面的概率为 $\frac{n-k}{n}$，由上题得出现期望次数为 $\frac{n}{n-k}$。

故答案为 $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i}=nH_n$。（H:调和级数）

CF1540B Tree Array

对于树上连通块问题先枚举树根。

考虑枚举每个点对 $(u,v)$ 对答案的贡献 (u<v)。

设 $x=dep[u]-dep[LCA],y=dep[v]-dep[LCA]$，再设 $g_{x,y}$ 表示第一个点需要走 $x$ 步，第二个点需要走 $y$ 步，且第一个点先走到的概率。

则 $g_{i,j}=(g_{i,j-1}+g_{i-1,j})/2$ 。预处理即可。

考虑点 $u$ 期望被选了多少次，设 $dep_u$ 为 $x$。

由经典问题 2 得，将从 $u$ 到根节点这条链上的点选满期望需要 $xH_x$ 次。

每次选到 $u$ 的概率为 $\frac{1}{x}$，那么在这个过程中 $u$ 期望被选了 $H_x$ 次。

答案即 $\sum\limits_{i=1}^ndep_i$。

连写带调用了一个小时的原因居然是把快速幂敲挂了，一直在检查后面，真服了。

CF850F Rainbow balls

光看懂题解看了一个小时/qd

钦定最后所有球的颜色为 $x$。设 $f_i$ 表示已有 $i$ 个球为给定颜色。

设 $p$ 为选出两个球，第一个颜色为 $x$，第二个颜色不为 $x$ 的概率。则：

\[p=\frac{i(s-i)}{s(s-1)}
\]

\[f_i=f_{i-1}p+f_{i+1}p+f_i(1-2p)+v
\]

其中 $v$ 为此步对答案的贡献，即在当前局面下 $x$ 成为留到最后颜色的概率。(所以不是 1）

设 $g_i$ 为有 $i$ 个 $x$ 时留到最后的概率。则有

\[g_0=0,g_s=1
\]

\[g_i=g_{i-1}p+g_{i+1}p+(1-2p)g_i
\]

\[g_i-g_{i-1}=g_{i+1}-g_i
\]

解得

\[g_i=v=\frac{i}{s}
\]

\[f_i=f_{i-1}p+f_{i+1}p+f_i(1-2p)+\frac{i}{s}
\]

移项，得

\[f_i-f_{i+1}=f_{i-1}-f_i+\frac{s-1}{s-i}
\]

\[f_{i+1}=2f_i-f_{i-1}-\frac{s-1}{s-i}
\]

考虑边界，当 $i=1$ 时不存在 $f_0$，代入上式得

\[f_2=2f_1-1
\]

显然 $f_s=0$。(我为啥这么显然的事想了半天

那么

\[f_1=f_1-f_s=\sum\limits_{i=2}^s f_i-f_{i-1}
\]

\[=(s-1)(f_1-f_2)+(s-2)(s-1)
\]

将 $f_2=2f_1-1$ 代入，得

\[f_1=\frac{(s-1)^2}{s}
\]

至此，已知 $f_1$，$f_2$，根据 $f_{i+1}=2f_i-f_{i-1}-\frac{s-1}{s-i}$ 递推即可。

答案即为 $\sum\limits_{i=1}^nf_{a_i}$。

P2973 [USACO10HOL]Driving Out the Piggies G

终于在高斯消元求期望上迈出了从口胡到代码实现的第一步（？

设 $f_i$ 为炸弹最后爆炸时在点 $i$ 的概率。

那么 $f_i=\sum f_j\times (1-\frac{p}{q})\times \frac{1}{d_j}$。其中 $d_j$ 表示点 $j$ 的度数，且 $i,j$ 之间有边。

当 $i=1$ 时，另有 $f_1=\frac{p}{q}+\sum f_j\times (1-\frac{p}{q})\times \frac{1}{d_j}$。

高斯消元即可。

P1654 OSU!

我怎么又把期望忘干净了啊。我还会点啥啊。

类比一下高校进阶那个 B 题（？为什么当时没写博客来着

维护一个 $len$ 表示前面期望连续长度。

然后它假了。或许是因为 $E(x^2)!=E(x)^2$（？

所以还要维护 $len^2$ 的期望。式子不贴了。

CF908D New Year and Arbitrary Arrangement

期望神仙题++。

设 $f_{i,j}$ 表示前面已经有 $i$ 个 a，有 $j$ 对 ab 的方案数。（这个状态设计好神仙，我也不知道怎么能想到qwq

设 $A=\frac{pa}{pa+pb},B=\frac{pb}{pa+pb}$。

那么转移就是 $f_{i,j}=A\times f_{i+1,j}+B\times f_{i,j+i}$。

边界条件 $f_{i,j}=i+j+\frac{pa}{pb}(i+j \ge k)$。

大致推导一下：

当 $i+j\ge k$ 时，只要后面再出现一个 b 就会结束。所以最后一段是一串 a 加上一个 b。

根据经典结论 1 可知，b 期望第一次出现的时刻为 $\frac{1}{B}=\frac{pa+pb}{pb}$。那么期望出现 $a$ 的个数为 $\frac{pa+pb}{pb}-1=\frac{pa}{pb}$，即期望的 ab 对个数。

记搜实现即可。

由于 $f_{0,0}$ 会转移到自己，我们从 $f_{1,0}$ 开始转移。对答案没有影响。

CF749E Inversions After Shuffle

纯推柿子题，跟 DP 好像没啥关系。不过不知道该放在哪，所以也写在这篇博客里。

考虑重排前下标为 $(i,j)$ 的点对对答案的贡献。其中 $i<j$。

那么分为两种情况：

$i,j$ 都在选中的段内

设选中段为 $[l,r]$，则满足 $l\in [1,i],r\in [j,n]$，易知全部可能的选法有 $\frac{n(n+1)}{2}$ 种。那么选中的段满足此情况的概率为 $\frac{2i(n-j+1)}{n(n+1)}$。

$(i,j)$ 在随机重排后有 $\frac{1}{2}$ 的可能构成逆序对，则 $(i,j)$ 对答案的贡献为 $\frac{i(n-j+1)}{n(n+1)}$。

这种情况的总贡献为

\[ \sum \limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=i+1}^n \frac{i(n-j+1)}{n(n+1)}\\
=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{n-i}\frac{ij}{n(n+1)}\\
=\sum\limits_{i=1}^n \frac{i}{n(n+1)} \times \frac{(n-i+1)(n-i)}{2}\\
=\sum\limits_{i=1}^n \frac{i(n-i+1)(n-i)}{2n(n+1)}
\]

$i,j$ 不都在选中段内

显然概率为 $1-\frac{2i(n-j+1)}{n(n+1)}$。

由于 $i,j$ 不都在选中段内，重排后 $i,j$ 的相对位置不变。则当 $a_i>a_j$ 时，$(i,j)$ 对答案有贡献。

总贡献为 $\sum \limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=i+1}^n [a_i>a_j]\frac{n(n+1)-2i(n-j+1)}{n(n+1)}$。

这个式子在树状数组求逆序对的同时维护一下就好了。

CF643E Bear and Destroying Subtrees

感觉不是第一次见这种忽视精度误差做法的题，但是没有想出来。该打。

在每条边有 $\frac{1}{2}$ 概率断掉的情况下，可知不论什么形态，树的深度大于 $60$ 的概率都是远小于 $10^6$ 的，可以忽略不计。

所以我们只考虑深度不大于 $60$ 的情况对答案的贡献。

设 $f_{u,i}$ 表示子树 $u$ 的深度不大于 $i$ 的概率。

那么可以得到 $f_{u,i}=\prod\limits_{v\in son_u} \frac{1}{2} (f_{v,i-1}+1)$。

则 $u$ 的子树深度期望就是 $\sum\limits_{i=1}^{60} i(f_{u,i}-f_{u,i-1})$。

显然 $f_{u,60}$ 趋近于 $1$，那么这个式可以化简等于 $60-\sum_{i=1}^{59}f_{u,i}$。

注意题里的深度是我们设的深度 $-1$。

当新建节点 $u$ 时，它只对上面 $60$ 个祖先的 $f$ 值产生影响，依次修改即可。