前言

其实从去年开始初次接触概率期望后，后面的考试几乎场场见到；而每次都只能敲最原始的暴力，根本不知道从何下手

所以现在开启省选前的最后冲刺修炼，不是说以后一定要做出正解，但至少最基本的入手思路，常见套路，以及方法都要有所了解，不至于做个实实在在的门外汉

,Ծ‸Ծ,

话不多说，开始吧冲冲冲！！(≧▽≦)/

一些计算期望的方法：

• 每一种情况的概率乘以权值再求和
• 总权和除以总方案数
• 列 $DP$ 转移方程式，一般是问什么期望，就直接定义什么。
  某个点的期望是相邻所有点的期望乘以转移过来的概率再 $+1$
  因为有期望的初始化问题，所以通常都是倒着递推，最终结果作为开始的期望一般为 $0$
  其实列出来的转移式子相当于是一个关于该点期望的一次方程，我们要做的就是找方程的解，所以如果转移式子两边都有该点期望有关的部分，则要合并同类项，然后把系数除为 $1$
  如果发现相互影响（一般为环形转移）就要用到高斯消元解决

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拾得宝典的玄灵大陆

P2911

[USACO08OCT]Bovine Bones G

直接设$f_i,g_i,h_i$表示一个骰子，两个骰子，三个骰子数和为$i$的概率

枚举骰子朝上数字的数值，用浮点数暴力$DP$即可

权值非常小是可以通过的

#include <cstdio>
#define maxn 100
int s1, s2, s3;
double f[maxn], g[maxn], h[maxn];int main() {scanf( "%d %d %d", &s1, &s2, &s3 );	for( int i = 1;i <= s1;i ++ )f[i] += 1.0 / s1;for( int i = 1;i <= s2;i ++ )for( int j = 1;j <= s1;j ++ )if( ! f[j] ) continue;else g[i + j] += f[j] / s2;for( int i = 1;i <= s3;i ++ )for( int j = 2;j <= s1 + s2;j ++ )if( ! g[j] ) continue;else h[i + j] += g[j] / s3;int pos = 0;for( int i = 3;i <= s1 + s2 + s3;i ++ )if( h[i] > h[pos] ) pos = i;printf( "%d\n", pos );return 0;
}

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P4316

绿豆蛙的归宿

期望等于每种情况的概率×加权的求和

此题是有向无环的图，直接根据定义搜索去算即可

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
vector < pair < int, int > > G[maxn];
int n, m;
double ans;void dfs( int u, int len, double f ) {if( u == n ) {ans += len * f;return;}for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i].first;dfs( v, len + G[u][i].second, f / G[u].size() );}
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1, u, v, len;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &u, &v, &len );G[u].push_back( make_pair( v, len ) );}dfs( 1, 0, 1 );printf( "%.2f", ans );return 0;
}

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P6154

游走

一条路径长度的期望=所有路径的长度和/路径总数

设$f_i$表示以$i$开始的所有路径长度和，$g_i$表示以$i$开始的路径数

$f_i={\sum }_{j\in so{n}_i}{f}_j+g_j,g_i=1+{\sum }_{j\in so{n}_i}{g}_j\Rightarrow ans=\frac{\sum f_i}{\sum g_i}$

有向无环图直接记忆化搜索即可

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define int long long
#define mod 998244353
vector < int > G[maxn];
int n, m, sumf, sumg;
bool vis[maxn];
int f[maxn], g[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void dfs( int u ) {if( vis[u] ) return;vis[u] = 1, g[u] = 1;for( int i = 0;i < G[u].size();i ++ ) {int v = G[u][i];dfs( v );f[u] = ( f[u] + f[v] + g[v] ) % mod;g[u] = ( g[u] + g[v] ) % mod;}sumf = ( sumf + f[u] ) % mod, sumg = ( sumg + g[u] ) % mod;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1, u, v;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &u, &v );G[u].push_back( v );}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( ! vis[i] ) dfs( i );printf( "%lld\n", sumf * qkpow( sumg, mod - 2 ) % mod );return 0;
}

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P1297

[国家集训队]单选错位

期望具有线性，$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$

考虑相邻两道题的期望，两道答案的总数情况$a_i\times a_{i+1}$，而$a_i$答案恰好是$a_{i+1}$正确答案的情况数为$min(a_i,a_{i+1})$，贡献$1$的概率则为$\frac{min(a_i,a_{i+1})}{a_i\times a_{i+1}}=\frac{1}{max(a_i,a_{i+1})}$

扫一遍直接相加即可

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 10000005
#define int long long
int n, A, B, C;
double ans;
int a[maxn];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &n, &A, &B, &C, &a[1] );for( int i = 2;i <= n;i ++ )a[i] = ( a[i - 1] * A + B ) % 100000001;for( int i = 1;i <= n;i ++ )a[i] = a[i] % C + 1;for( int i = 1;i < n;i ++ )ans += 1.0 / max( a[i], a[i + 1] );ans += 1.0 / max( a[1], a[n] );printf( "%.3f\n", ans );return 0;
}

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P6862

[RC-03] 随机树生成器

度数是入度加出度，把连向父亲的边叫做点的出边，由儿子连向自己的边叫做点的入边

对于点$i$，其父亲的选择个数为$[1,i)\to i-1$，所以整棵树的生成个数为$(n-1)!$

所有方案下，点$i$的出边都为$1$（除根节点$1$，则其出度和为$(n-1)!$

入边的话，枚举儿子个数，考虑用组合数算情况数量，发现因为点不一样情况数也不一样，无法统计，走进死胡同了o((⊙﹏⊙))o.

观察这个数据范围，$O(nT)$都不行，多半是推式子/预处理$O(1)$计算吧，盲猜一波好吧╮(╯-╰)╭…

哎呀，我是sb

总情况数×概率=事情发生的情况数

总数乘该点做儿子的概率不就等于情况数了吗

$an{s}_i=(n-1)!\times \left(\right({\sum }_{j=i+1}^n\frac{1}{j-1})+1)$

预处理阶乘和逆元即可乁[ᓀ˵▾˵ᓂ]ㄏ

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000009
#define maxn 10000000
int T, n, k;
int fac[maxn + 5], inv[maxn + 5];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}signed main() {fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) inv[i] = ( inv[i] + inv[i - 1] ) % mod;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &k );printf( "%lld\n", ( fac[n - 1] * ( inv[n - 1] - inv[k - 1] + ( k != 1 ) ) % mod + mod ) % mod );}	return 0;
}

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hdu3853
设 $E_{i,j}$ ：从 $(i,j)$ 到 $(r,c)$ 使用能量个数的期望

则有：$E_{i,j}=E_{i,j}\ast p_{i,j,0}+E_{i,j+1}\ast p_{i,j,1}+E_{i+1,j}\ast p_{i,j,2}+2$

合并未知数同类相，化系数为 $1$ ：$E_{i,j}=\frac{E_{i,j+1}\ast p_{i,j,1}+E_{i+1,j}\ast p_{i,j,2}+2}{1-p_{i,j,0}}$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 1005
int n, m;
double E[maxn][maxn];
double p[maxn][maxn][3];int main() {while( ~ scanf( "%d %d", &n, &m ) ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= m;j ++ )for( int k = 0;k <= 2;k ++ )scanf( "%lf", &p[i][j][k] );memset( E, 0, sizeof( E ) );for( int i = n;i;i -- )for( int j = m;j;j -- )if( ( i == n and j == m ) or p[i][j][0] == 1 ) continue;else E[i][j] = ( E[i][j + 1] * p[i][j][1] + E[i + 1][j] * p[i][j][2] + 2 ) / ( 1 - p[i][j][0] );printf( "%.3f\n", E[1][1] );}return 0;
}

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参悟升级的三千界

P1365

WJMZBMR打osu! / Easy

总方案数为$2^{问号个数}$

好像设$dp$也转移不动诶<(ToT)>

期望$dp$题设计状态都是老套路$f_i$：前$i$次点击的期望得分

重点在于如何正确的转移——废话(;¬_¬)

设$len$：连续$o$字符的期望个数

x

$f_i=f_{i-1},len=0$

o

$f_i=f_{i-1}+(len+1{)}^2-le{n}^2,len++$

?

成为x，o的概率是相等的，所以将期望$/2$，把x，o的转移合在一起乘上概率

相当于把分母总方案数拆分到每个具体?的位置计算

$f_i=\frac{f_{i-1}+(len+1{)}^2-len+f_{i-1}+0}{2}=f_{i-1}+len+0.5,len=\frac{len+1+0}{2}=\frac{len+1}{2}$

#include <cstdio>
#define maxn 300005
int n;
char s[maxn];
double f[maxn];int main() {scanf( "%d %s", &n, s + 1 );double len = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {switch( s[i] ) {case 'x' : {f[i] = f[i - 1];len = 0;break;}case 'o' : {f[i] = f[i - 1] + len * 2 + 1;len ++;break;}case '?' : {f[i] = f[i - 1] + len + 0.5;len = ( len + 1 ) / 2;break;}}}printf( "%.4f\n", f[n] );return 0;
}

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P1850

[NOIP2016 提高组] 换教室

大讨论yyds

$dis(i,j):i-j$的最短距离（$floyd$即可

$f[i][j][k]$：处理到前$i$个教室，一共换了$j$次教室，第$i$个教室是(1)否(0)选择换教室的最小体力期望

• 第$i$个教室不换$f[i][j][0]$

  • 前一个教室不换$f[i-1][j][0]$

    $dis(c_{i-1},c_i)$

  • 前一个教室要换$f[i-1][j][1]$

    • 失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})$

    • 成功

      $dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}$

  $$f[i][j][0]=min\{\begin{array}{l}f[i-1][j][0]+dis(c[i-1],c[i])\\ f[i-1][j][1]+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})+dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\end{array}$$

• 第$i$个教室要换$f[i][j][1]$

  • 前一个教室不换$f[i-1][j-1][0]$

    • 成功

      $dis(c_{i-1},d_i)\ast k_i$

    • 失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_i)$

  • 前一个教室要换$f[i-1][j-1][0]$

    • 前一个成功，失败

      $dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\ast (1-k_i)$

    • 前一个失败，失败

      $dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})\ast (1-k_i)$

    • 前一个成功，成功

      $dis(d_{i-1},d_i)\ast k_{i-1}\ast k_i$

    • 前一个失败，成功

      $dis(c_{i-1},d_i)\ast (1-k_{i-1})\ast k_i$

  $$f[i][j][1]=min\{\begin{array}{l}f[i-1][j-1][0]+dis(c_{i-1},d_i)\ast k_i+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_i)\\ f[i-1][j-1][1]+dis(d_{i-1},c_i)\ast k_{i-1}\ast (1-k_i)+dis(c_{i-1},c_i)\ast (1-k_{i-1})\ast (1-k_i)+dis(d_{i-1},d_i)\ast k_{i-1}\ast k_i+dis(c_{i-1},d_i)\ast (1-k_{i-1})\ast k_i\end{array}$$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define inf 1e17
#define maxm 305
#define maxn 2005
#define int long long
int n, m, V, E;
int dis[maxm][maxm];
int c[maxn], d[maxn];
double k[maxn];
double f[maxn][maxn][2];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &V, &E );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &c[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &d[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lf", &k[i] );for( int i = 1;i <= V;i ++ )for( int j = 1;j <= V;j ++ )dis[i][j] = inf;for( int i = 1, u, v, w;i <= E;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &u, &v, &w );dis[u][v] = dis[v][u] = min( dis[u][v], w );}for( int t = 1;t <= V;t ++ )for( int i = 1;i <= V;i ++ )for( int j = 1;j <= V;j ++ )dis[i][j] = min( dis[i][j], dis[i][t] + dis[t][j] );for( int i = 1;i <= V;i ++ )dis[i][0] = dis[0][i] = dis[i][i] = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ )for( int j = 0;j <= m;j ++ )f[i][j][0] = f[i][j][1] = inf;f[1][0][0] = f[1][1][1] = 0;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {int C = c[i - 1], Ci = c[i], D = d[i - 1], Di = d[i];double K = k[i - 1], Ki = k[i];f[i][0][0] = f[i - 1][0][0] + dis[C][Ci];for( int j = 1;j <= min( i, m );j ++ ) {f[i][j][0] = min( f[i][j][0], min( f[i - 1][j][0] + dis[C][Ci], f[i - 1][j][1] + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) + dis[D][Ci] * K ) );f[i][j][1] = min( f[i][j][1], min( f[i - 1][j - 1][0] + dis[C][Di] * Ki + dis[C][Ci] * ( 1 - Ki ), f[i - 1][j - 1][1] + dis[D][Ci] * K * ( 1 - Ki ) + dis[C][Ci] * ( 1 - K ) * ( 1 - Ki ) + dis[D][Di] * K * Ki + dis[C][Di] * ( 1 - K ) * Ki ) );}}double ans = inf;for( int i = 0;i <= m;i ++ )ans = min( ans, min( f[n][i][0], f[n][i][1] ) );printf( "%.2f\n", ans );return 0;
}

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[CF]Crypto Lights

$E(numberof{}^{\prime }{1}^{\prime })=E(option)=E(optionbeforestop)+1$

假设操作了$i$次，那么每两个$1$之间至少有$k-1$个$0$，也就是说至少有$(i-1)(k-1)$个$0$

剩下的位置就随机放$i$个$1$，放的顺序不同算不同方案数，需要带阶乘

所以在停止前操作$i$次的方案数为$C_{n-(i-1)(k-1)}^i\times i!$

概率是从$n$个位置中选$1$个，从$n-1$个位置中选$1$个，$......$，从$n-i+1$个位置中选$1$个

$\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{n-1}\cdot \frac{1}{n-2}\cdot \cdot \cdot \frac{1}{n-i+1}=\frac{(n-i)!}{n!}$

$ans={\sum }_{i=1}^n\frac{C_{n-(i-1)(k-1)}^i\cdot i!\cdot (n-i)!}{n!}$

最后加上$1$即可

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 100000
int T, n, k;
int fac[maxn + 5], inv[maxn + 5];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int C( int n, int m ) {if( n <= 0 || n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[maxn] = qkpow( fac[maxn], mod - 2 );for( int i = maxn - 1;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {	scanf( "%lld %lld", &n, &k );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )ans = ( ans + C( n - ( k - 1 ) * ( i - 1 ), i ) * fac[i] % mod * fac[n - i] % mod * inv[n] % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ( ans + 1 ) % mod );}return 0;
}

打野刷野怪副本

[AT-abc215G]Colorful Candies 2

中档题

令$C$表示不同的糖果颜色数，将$N$颗糖果重新离散化颜色1,2,...,C

显然答案与具体糖果的颜色无关，只与每种颜色的个数有关，令$n_i$表示颜色为$i$的糖果个数

枚举每一轮要选择的糖果个数$K$

对于每一种颜色，定义$X_i$，若选择糖果种有$i$颜色，$X_i=1$，否则$X_i=0$

则$K$糖果中不同颜色种数可以表示为${\sum }_{i=1}^C{X}_i$

所求期望为$E\left[{\sum }_{i=1}^C{X}_i\right]$，根据期望的线性可加性知道$={\sum }_{i=1}^{C}E\left[X_i\right]$

一个颜色出现的期望很简单，出现的方案数$/$总方案数，出现的方案数$=$总方案数$-$一次都没出现
$$E\left[X_i\right]=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-n_i}{K}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)}$$
枚举$i$又是$O(n)$的时间，再加上外层的$K$枚举，时间$O(n^2)$难以接受

发现其实如果有$x$种颜色的个数都是$n_i$，那么这$x$种颜色的期望可以$O(1)$计算
$$x\ast \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-n_i}{K}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{K}\right)}$$
那么不同个数就是$n_i=1,2,...,$，又要满足$\sum n_i=N$，所以可以知道上界就是根号级别$n_i=1,2,...,\sqrt{N}$

#include <map>
#include <cstdio>
using namespace std; 
#define int long long 
#define mod 998244353
#define maxn 50005
map < int, int > color, cnt;
int fac[maxn], inv[maxn];
int n;int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {scanf( "%lld", &n );init();for( int i = 1, x;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &x );color[x] ++;//颜色x的出现次数 }for( auto it : color )	cnt[it.second] ++;//颜色出现次数为x的颜色个数for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int ans = 0;for( auto it : cnt ) ans = ( ans + ( C( n, i ) - C( n - it.first, i ) + mod ) % mod * it.second ) % mod;printf( "%lld\n", ans * qkpow( C( n, i ), mod - 2 ) % mod );}return 0;
}