简单期望DP

期望dp

数学期望是指离散型随机变量的平均值。即考虑所有情况结果的平均值，它等于每种情况的概率与该情况下的结果的乘积之和。

比如一枚硬币，有正反两面，丢出正面或反面的概率相等，请问丢出正面的期望次数。

直觉告诉我们，需要丢两次。因为丢出正面的概率为$\frac{1}{2}$,所以，需要丢出两次。

这是最简单的情形。

又比如掷一颗骰子，骰子有6个面，出现每个面的概率相等，请问丢出1的期望次数。

显然，直觉告诉我们，需要丢出6次。因为丢出1的概率是$\frac{1}{6}$.

是不是期望次数就是概率的倒数呢？

独立随机试验下，首次出现某个事件的期望试验次数等于出现该事件的概率的倒数。

而期望并不仅仅指事件，也可以是针对其他变量的期望。期望，就是我们要求的值在所有情况下的平均值。比如，丢一枚硬币，正反面等概率出现，如果丢出正面，你得到1元，如果丢出反面，你得到0元。请问你丢一次期望多少元？

那么答案是0.5元。$\frac{1}{2}\ast 1+\frac{1}{2}\ast 0=0.5$

在大多数情况下，期望都应该用其定义式或递推方程来计算。

我们来看如何用期望的定义来计算以上最简单的情形。

例1

丢一枚硬币，出现正面的期望次数。

分析：

统计所有情况下花掉的次数。第一次就丢出正面，花费1次；第二次才丢出正面，花费2次；第三次丢出正面，花费3次，$\dots$

$$g=\frac{1}{2}\ast 1+\frac{1}{4}\ast 2+\cdots +\frac{i}{2^i}\text{\hspace{1em}(1)}$$

$$2\ast g=1+1+\frac{3}{4}+\cdots +\frac{i}{2^{i-1}}\text{\hspace{1em}(2)}$$

(2)-(1)，可得：

$\frac{1}{2}g=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{i-1}}=1$

$g=2$.

例2

丢一颗骰子，出现1的期望次数。

$g=1\ast \frac{1}{6}+2\ast \frac{5}{6}\ast \frac{1}{6}+\cdots +{\frac{5}{6}}^{i-1}\ast \frac{1}{6}\ast i$

$\frac{5}{6}g=1\ast \frac{1}{6}\ast \frac{5}{6}+2\ast {\frac{5}{6}}^2\ast \frac{1}{6}+\cdots +{\frac{5}{6}}^i\ast \frac{1}{6}$

$g-\frac{5}{6}g=\frac{1}{6}\ast {\sum }_{i=1}^{\infty }{\frac{5}{6}}^{i-1}$

$g=6$

也可以用递推的方式来求，这是更加简便的方法。

例3

丢一枚硬币，出现正面的期望次数。

设$x$为丢出正面的期望次数，丢一次以后，有$\frac{1}{2}$的概率回到原状态,仍然是$x$, 也有$\frac{1}{2}$的概率成功，成功了就不需要再丢了。刚才花费了一次。所以有以下的递推式：

$x=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\ast 0+1$

解得$x=2$

又如丢骰子，丢出每个面的概率都是$\frac{1}{6}$

设丢出1的期望次数为$x$, 丢1次以后，有$\frac{1}{6}$的概率成功，不需要再丢了；有$\frac{5}{6}$的概率未成功，即回到原状态，仍然期望丢$x$次。而刚才花费了1次，所以，有以下的递推式：

$x=\frac{5}{6}\ast x+\frac{1}{6}\ast 0+1$

解得$x=6$.

例4

有n种牌，每种牌各1张，你取到每种牌都是等概率的，你取一张牌，记下该牌的种类，然后放回去。请问你记下所有的种类的牌期望要取多少次？

分析：

设$f[i]$表示当前已经取到了i种牌，最后离成功(取到所有种类的牌)所期望的次数。

显然$f[n]=0$.

$f[i]=\frac{i}{n}\ast f[i]+\frac{n-i}{n}\ast f[i+1]+1$

$f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i}$

这个题也适用于前面的简单的情形，即期望的次数是概率的倒数，因为一次取牌事件发生后，要么成功，要么回到原状态。取牌事件之间也是独立的。

即当前有i张牌，你有$\frac{n-i}{n}$的概率取到1张新牌，有$\frac{i}{n}$的概率取到一张之前的牌，仍然回到原状态。即从$i$张牌到$i+1$张牌，只有$\frac{n-i}{n}$的概率成功，这一步需要花费的期望次数为$\frac{n-i}{n}$.

所以有：

$f[i]=f[i+1]+\frac{n-i}{n}$

一种错误的递推方式：

设$f[i]$表示从取到$i$张牌期望的取牌次数,考虑最近一次的取牌操作，有$\frac{i}{n}$的概率取得的是旧牌，有$\frac{n-i+1}{n}$的概率取得新牌。刚才的取牌花掉了一次操作，所以有下式：

$f[i]=f[i]\ast \frac{i}{n}+f[i-1]\ast \frac{n-i+1}{n}+1$

$f[1]=1$

此处的问题主要是$f[i]$的意义与题意不符。按题意描述，如果取到了$n$种牌，则不应再取了。而此处的$f[n]$取到了$n$种牌后，仍然可能取牌。

所以，此处求出的$f[n]$并不能表示题目中期望次数。

例5.

题意：一个图有n个顶点，现在你站在顶点1处。开始时，图中没有边。

你可以重复以下操作：

• 从n个点中选择一个点（可以包含你当前所在的点），每个点都有$\frac{1}{N}$的概率被选中。每次选择都是独立的，和上一次选择无关。

• 在你当前站立的点和选择的点之间连一条边，然后移动到你选择的点上。
  求图变为连通图时，期望的操作次数。

数据规模

$2\le N\le 10^5$

这题与例4完全相同。

例6 . csp初赛题

现有一只青蛙，初始时在 n 号荷叶上。当它某一时刻在 k 号荷叶上时，下一时刻将等概 率地随机跳到 1, 2, …, k 号荷叶之一上，直至跳到 1 号荷叶为止。当 n = 2 时，平均一共 跳 2 次；当 n = 3 时，平均一共跳 2.5 次。则当 n = 5 时，平均一共跳_________次。

分析：设$f[i]$表示青蛙在$i$号荷叶上时，要跳到1号荷叶上的期望次数。

$f[i]=f[i]\ast \frac{1}{i}+f[i-1]\ast \frac{1}{i}+\cdots +f[1]\ast \frac{1}{i}+1$

显然$f[1]=0$

根据递推式，可以求出：$f[2]=2,f[3]=2.5,f[4]=\frac{17}{6},f[5]=\frac{37}{12}$

例7. 涂格子

n个格子，每次随机涂一个，求涂m次后期望涂色格子数。

分析：

设$f[i]$表示涂$i$次后期望涂多少个格子。

$f[i]=f[i-1]+\frac{n-f[i-1]}{n}$

例8. 涂格子

$n$个格子，每次随机选一个格子涂色，第$i$个格子被选到的概率为$p_i$, $({\sum }_{p_i}=1)$,求涂完所有格子的期望次数。

数据规模：$n\le 20$

分析：

因为每个格子的概率不一样，所以不能以格子数量来作为状态，而以涂色格子的二进制state来表示状态。

设$f[state]$涂到的格子为$state$时，到最终状态期望的次数。

则有$f[state]={\sum }_{i=0}^{n-1}f[state|(1<<i)]\ast p_i+1$

例9. 亚瑟王的生日庆典(poj3682)

题意：亚瑟王掷一枚硬币，正面朝上的概率为$p$,反面朝上的概率为$1-p$。现在亚瑟王要举办生日庆典，举办的天数通过掷硬币确定。他每天掷有一次硬币，直到掷出k次正面朝上，就结束。第$i$天的花费为$2\ast i-1$。问：

期望要掷多少枚硬币才能达到$k$次正面朝上，以及达到$k$次正面朝上时的花费。

分析：

设$f[i]$表示已经掷出$i$次正面朝上，要完成k次还需要的期望次数。则有：

$f[i]=f[i+1]\ast p+f[i]\ast (1-p)+1$

$f[i]=f[i+1]+1/p$

则有：$f[0]=n/p$

设$g[i]$表示已经掷出$i$次正面朝上，要完成$k$次还需要的期望花费。注意：这个花费按照时间倒流的方式计算也是正确的。

$g[i]=g[i+1]\ast p+g[i]\ast (1-p)+2\ast f[i]-1$

推出：$g[0]=\frac{k\ast (k+1)-kp}{p^2}$

#include<bits/stdc++.h>
int main()
{
    int k;
    double p,res1,res2;
 
    while(scanf("%d%lf",&k,&p)&&k)
    {
        res1 = k/p;
        res2 = k*(k+1)/(p*p)-res1;
        printf("%.3lf %.3lf\n",res1,res2);
    }
}