【数学期望】期望dp

参考博客: https://www.zybuluo.com/zsh-o/note/1175045
此类问题，一般用递推的思想去考虑比较简单。跟普通的dp差不多，前面的子问题可以重复使用。

例题1

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/697/A

题解

这个题其实就是抛硬币连续k次正面的变形。
在还没看博客之前做着题的时候，我想的是，走到第i个点需要1秒的期望，2秒的期望，3秒的期望，4秒的期望。。。。。
会发现这个根本就不可做。如果每颗雷的概率相同的话，还能用错位相减推出通项公式。

可以采用递推的方式:
f[i] : 成功排掉第i颗雷所需的期望时间
递推关系：
$$f[i]=\frac{a_i}{b_i}(f[i-1]+1)+(1-\frac{a_i}{b_i})(f[i-1]+1+f[i])$$
成功排掉第i颗雷+不成功需要重新排
化简之后
$$f[i]=\frac{b_i}{a_i}(f[i-1]+1)$$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// f[i] : 成功排掉第i个雷的期望时间
// f[i] = a/b*(f[i-1]+1)+(1-a/b)*(f[i-1]+1+f[i])
// f[i] = b/a*(f[i-1]+1);
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e6+5;
typedef long long ll;
ll pw(ll x, ll n) {
    ll ret = 1;
    while(n) {
        if(n&1) ret = ret*x%mod;
        x = x*x%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}
ll f[maxn];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    ll a,b;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld%lld", &a, &b);
        f[i] = (b*pw(a,mod-2)%mod*((f[i-1]+1)%mod))%mod;
    }
    printf("%lld\n", f[n]);
    return 0;
}

例题2

https://blog.youkuaiyun.com/Link_Ray/article/details/89292941

例题3

https://cometoj.com/contest/37/problem/B?problem_id=1529

题解

设利润为X。售价为q，所给的钱为p。
$$E(X)=E(q-p)=\frac{p-l}{r-l}(q-E(p))+(1-\frac{p-l}{r-l})\ast 0$$
看做离散型来分析
$$E(p)=L+L+1+\cdots +R$$
$$E(p)=\frac{R(R+1)}{2}-\frac{L(L-1)}{2}=\frac{L+R}{2}$$
可以得出E(X)是一个二次函数，且p的范围在[l,r]之间，因为小于l那么答案就是0，大于r的话不会比选r更优。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR0(a,b) for(int i = a; i < b; ++i)
#define FORE(a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

int main() {
    double L,R,l,r;
    cin >> l >> r >> L >> R;
    double t1 = (L+R)/2;
    double t2 = r-l;
    double ans = 0;
    double t = (t1+l)/2;
    if((t1+l)/2 >= l && (t1+l)/2 <= r) {
        ans = (t-l)/t2*(t1-t);
    } else {
        ans = max(0.0, t1-r);
    }
    printf("%.4lf\n", ans);
    return 0;
}

例题4

期望的顺推与逆推:
参考:https://blog.youkuaiyun.com/myjs999/article/details/81022546

1. 涂格子1

   n个格子，每次随机涂一个，求涂满m个格子的期望次数。

设 f[i]: 涂完i个格子所需的期望次数
易知f[m] = 0，采用逆推。
$f[i]=(\frac{i}{n}f[i]+\frac{n-i}{n}f[i+1])+1$

2. 涂格子2

   n个格子，每次随机涂一个，求涂m次后期望涂色格子数。

设f[i]:涂了i次的染色格子的期望个数
易知f[0] = 0，采用顺推。
f[i] = 涂成功+没涂成功
$f[i]=\frac{n-f[i-1]}{n}\ast 1+f[i-1]$

3. 涂格子3

   有n个格子，每次会涂一个格子，其中涂第i个格子的概率是$p_i$(${\sum }_{i=1}^n{p}_i=1$)。求每个格子都被涂色的期望次数。

这个和1其实很类似，因为每个格子只能涂一次且概率不同，所以没法把“格子数量”当成一维状态，只能使用状压。
f[S]:状态S到全部颜色都被涂的期望次数。
当$S=2^n-1$时,$f[S]=0$。
采用逆推
$$f[S]=\sum _{i=0}^n(p_i\ast f[S|2^i])+1$$
无论从哪里转移而来，此次的次数都要加1。
这里i必须是S中为0的位置。

例题5

https://cometoj.com/contest/37/problem/C

题解

考虑每个点集对期望的贡献。当一个点集有i个点，那么其内部就有$\frac{i\ast (i-1)}{2}$条边，全部消去的概率是$(\frac{x}{y}{)}^{\frac{i\ast (i-1)}{2}}$，贡献则是$(\frac{x}{y}{)}^{\frac{i\ast (i-1)}{2}}\ast 1$，那么答案便是
$$\sum _{i=0}^n(C_n^i\ast (\frac{x}{y}{)}^{\frac{i\ast (i-1)}{2}}\ast 1)$$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR0(a,b) for(int i = a; i < b; ++i)
#define FORE(a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5+5;

ll inv[maxn], C[maxn];
ll pw(ll x, ll n) {
    ll ret = 1;
    while(n) {
        if(n&1) ret = ret*x%mod;
        x = x*x%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}
int n;
int main() {
    ll x,y;
    scanf("%d%lld%lld", &n, &x, &y);    
    inv[1] = 1;
    for(ll i = 2; i <= n; ++i) {
        inv[i] = (mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    }
    C[0] = 1; C[1] = n;
    for(ll i = 2; i <= n; ++i) 
        C[i] = C[i-1]*inv[i]%mod*(n-i+1)%mod;
    ll ans = 0;
    ll p = x*pw(y,mod-2)%mod;
    ans = 1;
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        ans += C[i]*pw(p,i*(i-1)/2)%mod;
        ans %= mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}