[解题笔记]期望

总结

        关于期望，大多数题目都可采用动态规划或记忆化搜索解决。这种题目的难点就在于如何灵活地处理状态的定义于传递

一些题目

接下来分析一些做过的题目awa

1）红黑牌

你有一个包含R红色和B黑色牌的牌组。

你正在玩下面的游戏：你洗牌，然后开始逐个处理牌。对于你翻转的每张红牌，你得到一美元，而对于你翻转的每张黑卡，你必须支付1美元。在任何时候（包括比赛的开始），你都可以停下来并保留你的钱。

给你R和B，你最佳地玩这个游戏你将获得的金额的期望值。

输入格式

多组测试数据。

第一行，一个整数G，表示有G组测试数据。 1 <= G <= 10

每组测试数据格式： 

    第一行，两个整数，R和 B。 0 <=R,B <= 5000。

输出格式

共G行，共G行，每行一个实数，误差不超过0.0001。

样例

输入：

10

0 7

4 0

5 1

2 2

12 4

11 12

5000 5000

4950 4772

4446 4525

4446 4526

输出：

0.0

4.0

4.166666666666667

0.6666666666666666

8.324175824175823

1.075642825339958

36.90021846438633

191.15589434419024

8.13249058054577E-4

0.0

分析

这题的状态的设计与传递的大概构想很容易想出。

就dp[ i ][ j ]表示目前拿了i个红球，j个黑球的期望值，然后转移就从dp[ i - 1 ][ j ]或dp[ i ][ j - 1]来。

然而我在理解题意上就有偏差。题目讲到，在任何时候你都可以停下来保留你的钱，但没有说一定要在哪里保留。也就是说，整个过程没有期望值为负数的情况，最小为0，一旦出现哪种情况期望值为负数的，索性停止。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int G,r,b;
double dp[5005][5005];
int main(){
    scanf("%d",&G);
    while(G--)
    {
        scanf("%d%d",&r,&b);
        dp[0][0] = 0;
        for(int i=1;i<=r;++i)dp[i][0]=i;
        for(int i=1;i<=b;++i)dp[0][i]=0;
        for(int i=1;i<=r;++i){
            for(int j=1;j<=b;++j){
                dp[i][j]=max( (dp[i-1][j] + 1) * i / (i+j)  
							+ (dp[i][j-1] - 1) * j / (i+j)
							, 0.0);
            }
        }
        printf("%lf\n",dp[r][b]);
    }
    return 0;
}

2）黑白球

        一个箱子里面有n个黑球m个白球。你每小时都随机从箱子里面抽出两个小球，然后把这两个球都染成黑球，然后再放回去。问需要多少小时才能把所有小球变成黑色小球？输出期望值。

输入格式

 第一行，一个整数G，表示有G组测试数据。1 <= G <= 10

 每组测试数据格式如下:

  一行，两个整数，n和m。1 <=n,m<=47。

输出格式

共G行，每行一个实数。误差不能超过0.00001。

样例

输入：

5

1 1

2 1

1 2

4 7

1 3

输出：

1.0

1.5

2.0

13.831068977298521

3.4

分析

        直觉告诉我设状态设dp[ i ][ j ]，但这道题中白球终究变为黑球，所以直接设dp[ i ]为有i个黑球时的期望次数。

        这道题容易疏忽的地方：每次拿两个时，有黑黑、黑白、白白三种颜色搭配情况，但是注意，黑白搭配的概率是黑黑、白白的两倍！

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int G;
double dp[100];
int N,n,m;
int main(){
	scanf("%d",&G);
	while(G--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		double Tot=(n+m)*(n+m-1);
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i=n+m-1;i>=n;--i){
			int j=n+m-i;
			double t1=(dp[i+2]+1.0)*double(j)*double(j-1)/Tot;
			double t2=(dp[i+1]+1.0)*double(i)*double(j)/Tot;
			double t3=double(i)*double(i-1)/Tot;
			t2*=2.0;
			dp[i]=(t1+t2+t3)/(1.0-t3);
		}
		printf("%lf\n",dp[n]);
	}
	return 0;
}

3）NOIP2016tg换教室

分析

这题把最短路和期望两个板块绑在了一块，主要难点集中在期望。

不难想出定义dp[ i ][ j ][ k（bool类型） ]为到了第i节课，用了j次申请，是在c教室还是d教室

于是便有了一大坨的转移代码，不多说了、

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,V,E;
double dp[2001][2001][2],k[2001];
int dis[301][301],c[2001],d[2001];
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&V,&E);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&d[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lf",&k[i]);
	///
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	while(E--){
		int t1,t2,t3;
		scanf("%d%d%d",&t1,&t2,&t3);
		dis[t1][t2]=min(dis[t1][t2],t3);
		dis[t2][t1]=min(dis[t2][t1],t3);
	}
	for(int l=1;l<=V;++l)
		for(int i=1;i<=V;++i)
			for(int j=1;j<=V;++j)
				dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][l]+dis[l][j]);
	for(int i=1;i<=V;++i)dis[i][i]=0;//注意要加上这句话qwq
	///
	for(int i=0;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)
			dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=2100000000;
	dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int c1=dis[c[i-1]][c[i]],c2=dis[c[i-1]][d[i]];
		int c3=dis[d[i-1]][c[i]],c4=dis[d[i-1]][d[i]];
		for(int j=min(m,i);j;--j){
			dp[i][j][1]=min(
				dp[i-1][j-1][0]+c1*(1-k[i])+c2*k[i],
				dp[i-1][j-1][1]+c1*(1-k[i-1])*(1-k[i])+c2*(1-k[i-1])*k[i]+
								c3*  k[i-1]  *(1-k[i])+c4*  k[i-1]  *k[i]
			);
			dp[i][j][0]=min(
				dp[i-1][j][0]+c1,
				dp[i-1][j][1]+c1*(1-k[i-1])+c3*k[i-1]
			);
		}
		dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0]+c1;
	}
	double ans=dp[n][0][0];
	for(int i=1;i<=m;++i){
		ans=min(ans,min(dp[n][i][0],dp[n][i][1]));
	}
	printf("%.2lf",ans);
	return 0;
}

由于我比较懒，博客里就写这么多吧qwq