poj 2096 , zoj 3329 , hdu 4035 —— 期望DP

题目：http://poj.org/problem?id=2096

题目好长...意思就是每次出现 x 和 y，问期望几次 x 集齐 n 种，y 集齐 s 种；

所以设 f[i][j] 表示已经有几种，转移一下即可。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double db;
int const xn=;
int n,s; db f[xn][xn];
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&s);
  for(int i=n;i>=;i--)
    for(int j=s;j>=;j--)
      {
    if(i==n&&j==s)continue;
    db p0=1.0*i/n*j/s,p1=1.0*(n-i)/n*j/s,p2=1.0*i/n*(s-j)/s,p3=1.0*(n-i)/n*(s-j)/s;
    f[i][j]=p1*f[i+][j]+p2*f[i][j+]+p3*f[i+][j+]+;
    f[i][j]=f[i][j]/(-p0);
      }
  printf("%.6f\n",f[][]);
  return ;
}

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=3754

带环的期望DP，本来用高斯消元可以做，但 n^3 * T 过不了；

发现每个状态都有到 f[0] 的转移，所以设 f[i] = A[i] * f[0] + B[i] (套路！)

然后把递推式子代入一番，得到 A[i] 和 B[i] 的转移是无环的，求出 A[0], B[0] 即可。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double db;
int rd()
{
  int ret=,f=; char ch=getchar();
  while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=; ch=getchar();}
  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
  return f?ret:-ret;
}
int const xn=;
int n,f[xn]; db p[],A[xn],B[xn];
int main()
{
  int T=rd();
  while(T--)
    {
      n=rd(); int k1=rd(),k2=rd(),k3=rd(),a=rd(),b=rd(),c=rd(),sum=k1+k2+k3;
      for(int i=;i<=sum;i++)p[i]=;
      p[]=1.0/(k1*k2*k3);
      for(int i=;i<=k1;i++)
    for(int j=;j<=k2;j++)
      for(int k=;k<=k3;k++)
        if(i!=a||j!=b||k!=c)p[i+j+k]+=p[];
      for(int i=;i<=n+sum;i++)A[i]=,B[i]=;
      for(int i=n;i>=;i--)
    {
      for(int k=;k<=sum;k++)
        A[i]+=p[k]*A[i+k],B[i]+=p[k]*B[i+k];
      A[i]+=p[]; B[i]+=;
    }
      printf("%.10f\n",B[]/(-A[]));
    }
  return ;
}

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4035

树上带环！同样可以高斯消元，但复杂度不行；

设 \( f[x] \) 表示在 x 这个点距离结束的期望，\( P[x] = 1 - K[x] - E[x] \)，\( d[x] \) 为度数，得到朴素方程：

\( f[x] = K[x] * f[1] + \frac{P[x]}{d[x]}(f[fa]+1) + \frac{P[x]}{d[x]}\sum\limits_{v \in son}(f[v]+1) \)

由于转移的顺序实际上应该是从 \( fa \) 到 \( x \)，又因为每个点都和 \( 1 \) 组成环(或者因为最后要求 \( f[1] \) ？)，所以设 \( f[x] = A[x]f[1] + B[x]f[fa] + C[x] \)

于是可以树形DP得到 \( A[x], B[x], C[x] \)

\( f[1] = \frac{C[1]}{1-A[1]} \)，当 \( A[1] \) 趋近于 1 时无解；

eps 设成 1e-8 会 WA，1e-10 才可以。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define eps 1e-10
using namespace std;
typedef double db;
int rd()
{
  int ret=,f=; char ch=getchar();
  while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=; ch=getchar();}
  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
  return f?ret:-ret;
}
int const xn=;
int n,hd[xn],ct,to[xn<<],nxt[xn<<],d[xn];
db K[xn],E[xn],P[xn],A[xn],B[xn],C[xn];
void add(int x,int y){to[++ct]=y; nxt[ct]=hd[x]; hd[x]=ct;}
void dfs(int x,int fa)
{
  db as=,bs=,cs=;
  for(int i=hd[x],u;i;i=nxt[i])
    {
      if((u=to[i])==fa)continue;
      dfs(u,x);
      as+=A[u]; bs+=B[u]; cs+=C[u];
    }
  A[x]=(d[x]*K[x]+P[x]*as)/(d[x]-P[x]*bs);
  B[x]=P[x]/(d[x]-P[x]*bs);
  C[x]=(P[x]*cs+d[x]*P[x])/(d[x]-P[x]*bs);
}
int main()
{
  int T=rd(),cnt=;
  while(T--)
    {
      cnt++; n=rd(); ct=; memset(hd,,sizeof hd); memset(d,,sizeof d);
      for(int i=,x,y;i<n;i++)x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x),d[x]++,d[y]++;
      for(int i=;i<=n;i++)
    scanf("%lf%lf",&K[i],&E[i]),K[i]/=,E[i]/=,P[i]=-K[i]-E[i];
      for(int i=;i<=n;i++)A[i]=B[i]=C[i]=;
      dfs(,);
      printf("Case %d: ",cnt);
      if(fabs(A[]-)<eps)puts("impossible");
      else printf("%.8f\n",C[]/(-A[]));
    }
  return ;
}