概率dp总结
Posted
tags:
篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了概率dp总结相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
概率：
有t个队伍，m道题，给出每一个队伍做出每道题的概率。求出每一个队伍至少做出一道题而且冠军队伍至少做出n道题的概率。
每一个队伍至少做出一道题的对立事件是每队至多做出0道题。所以须要求出每对做出0道的概率。
冠军队伍至少做出n道题的概率的对立事件是全部队最多做出n-1道，所以须要记录每一个队最多做出x道的概率。
那么能够设s[i][j]表示i队最多做出j道题的概率。那么还须要用dp[i][j][k]表示第i队在前j道题中做出k道题的概率。
找出对立事件就简单了。
有n个雷。某人的起始位置在1，每次走一步的概率为p,走两步的概率是1-p,给出n个雷的位置。问最后成功走出雷区的概率。
成功走出雷区说明每一个雷区都没有踩到。那么仅仅需求出每一个雷区都没踩到的概率相乘。没踩到第i个雷区的概率是1-踩到第i个雷区的概率。
能够将雷区分段1~num[1],num[1]+1~num[2]......每一段都仅仅有一个雷num[i]，每一段都是和第一段同样，dp[i]表示在i点的概率。那么dp[i] = dp[i-1]*p + dp[i-2]*(1-p)。特别注意这里的i是每一段的起始位置，每一段的第一个位置是一定要走的，dp【1】 = 1。
也是一道概率，只是须要逆推，准确找出状态的转移。
设有i仅仅白鼠j仅仅黑鼠的状态下王妃获胜的概率是dp[i][j]。这样的状态可由一下三种状态得到：
王妃第一次就取得一仅仅白鼠获胜，概率为i/(i+j)。
王妃没有取到白鼠，取黑鼠的概率是j/(i+j)，若王妃要赢，下次龙一定取黑鼠。概率为(j-1)/(i+j-1)，同一时候跑掉的是黑鼠，概率为(j-2)/(i+j-2)，状态转移到dp[i][j-3];
王妃没有取到白鼠。取黑鼠的概率是j/(i+j)。若王妃要赢，下次龙一定取黑鼠，概率为(j-1)/(i+j-1)。同一时候跑掉的是白鼠。概率为i/(i+j-2)，状态转移到dp[i-1][j-2];
期望：
一个骰子有n个面，每一个面上都有对应钱数，当掷到当中m个面上时就会添加一次机会。
问最后得到钱数的期望。
这个题想复杂了。不知道终态怎么确定。
事实上仅仅须要考虑投掷一次的情况，投掷一次的期望是p = sum/n，可是若投掷到m个面中的一个，就会又多一次机会，第二次投掷的情况和第一次是全然同样的。那么投掷第二次的期望就是m/n*p，依次类推，投掷N次的期望就是(m/n)^(N-1)*p。
这些期望之和就是答案，能够看出N项是等比数列，极限求和。
poj 2096 期望入门题
程序的bug有n个子集，s个种类。每一个bug属于每一个子集的概率为1/n。每一个bug属于每一个种类的概率为1/s，问每一个子集且每一个种类都有bug的期望。
列出状态转移方程就就攻克了。
求从【1,1】到【r,c】的所花power的期望，每走一步消耗的power是2，给出从[i,j]到[i,j]。[i,j+1]。[i+1][j]概率。
也是简单的期望，逆推就可以。特别注意在原点不动的概率为1时，根本走不到【r,c】。
有n+1个点。0~n ，某人如今站在x处，若x处有flight lines，他就能飞到对应点而不用掷骰子，否则就向前走掷出的骰子上的数字。
问他从0点到达n点须要投掷骰子的平均次数。
php?
pid=4336">hdu 4336
有N种卡片，每一袋零食里面最多有一张卡片，给出一袋零食里面每种卡片的概率，问平均要买多少袋零食能收集到全部的卡片。
N <= 20,状态压缩一下。确定终态dp[(1<<n)-1] = 0。特别注意p1+p2+...+pN<=1，说明一袋零食中会有一张卡片也没有的情况。
状态压缩一下。共同拥有1<<n-1个状态，设dp[sta]表示当前状态到目标状态平均买的零食数目，已知终态dp[1<<n-1] = 0，dp[sta]可由一下状态得到：
这一袋零食里没有卡片，概率为p(没有一张卡片的概率)。状态转移到sta；
这一袋零食里面有卡片j，可是他已经拥有这样的卡片，概率是a[j]。状态转移到sta。
这一袋零食里面有卡片j，且是曾经没有过的，概率是a[j]，状态转移到sta | ( 1 << j )
zoj 3640类似的题型。有一个吸血鬼被困了，有n条路能够逃出去。每条路有一个难度c[],他初始的战斗力是f。对于第i条路，若f > c[i]他花t[i]天就能出去。否则，他就停留一天，同一时候战斗力添加c[i]然后再选一条路走出去，他走每条路的概率是同样的。
问他逃出去的天数的期望。
设dp[i]表示在战斗力为i时逃出去的期望值，那么可推出状态方程 dp[i] = 1/n * t[j]（c[j] > i），dp[i] = 1/n * (1+dp[ i+c[j] ] )( c[j] <= i)。易忽略的点是终态的确定。应该是MAX*2。由于i+c[j]非常有可能大于MAX。
非常好的题目。
有3个骰子，分别有a,b,c个面。每一个面等概率。
当前状态i,当三个面分别掷出k1,k2,k3时回到状态0，否则到达状态i+k1+k2+k3，问投掷出>=n时投掷的次数的期望。状态转移方程非常好推。dp[i]=p0*dp[0]+pk*dp[i+k]，细致分析这个等式与上面的等式有所不同，它含有要求的量dp[0]，出现了环。
发现每一个等式都能够用dp[0]表示出来，那么设dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i],带入上式能够得到A[i]和B[i]的递推式。那么由A[0]和B[0]就能求出dp[0]。
有n个奖品放在n个盒子里。有m个小朋友随机去选择一个盒子，若有奖品则拿走。不管有没有奖品都要将空盒子放回去。
问最后获得奖品的期望。
以n个奖品为对象考虑，m个人的选择是相互独立的。那么对于一个奖品被选择的p = 1- ( (n-1)/n)^m。
那么该奖品被选择的期望是p*1，那么总的获奖的期望是p*n。
非常好的题目。掷一枚骰子，有m个面。问掷出连续出现n个同样的面以及连续出现n个前后两两不同的面的期望。
dp【i】表示已有i个面同样/两两不同。
终态dp[n] = 0。对于出现n个连续同样的面dp[i] = 1/m * dp[i+1] + (m-1)/m*dp[1] + 1，出现两两不同的面dp[i] = (m-1)/m * dp[i+1] + 1/m * (dp[1] + dp[2] + ...+ dp[i])。求出dp[0]。
主要是对式子的化简。它们都涉及到i和i+1前后两项。再列出dp[i+1]的表达式然后联立，发现两两前后两项的差值成等比数列。
这道题真心不好推。非常明显是在树上求概率，必然不存在环。
dp[i]表示在i号房间走出去的期望，那么对于叶子节点是非常好推的，它仅仅有一个父亲，dp[i] = ki * dp[1] + ei * 0 + (1-ki-ei) * ( dp[fa[i]] + 1)。对于非叶子节点，dp[i] = ki * dp[1] + ei * 0 + (1-ki-ei)/m * (∑dp[ son[i] ] + dp[ fa[i] ] + 1) 。发现dp[i]和fa[i]和son[i]有关系，i与fa[i]是父子关系。son[i]与i也是父子关系。能够消掉一个，设dp[i] = A[i] * dp[1] + B[i] * dp[fa[i]] + C[i]，代入上式就能够把son[i]消掉，变为一个关于A[i],B[i]和C[i]的表达式，通过递推就能求出dp[1]。
高斯求期望：
有个人在时间轴上。它起初有个方向。它等概率的向前走1~m步，当到达终点再返回，朝相反方向走。问到达x点要走步数的期望。dp[i]表示在i点处时到达终点的期望步数。那么可列出转移方程dp[i] = ∑( pk * (dp[ (x+k)%n ] +k) ),
注意当中有些点不会到达，须要bfs预处理一下。然后高斯求期望。
比較简单的期望。状态转移方程非常好想，dp[i]表示在i点时到达终点要走的期望步数。那么dp[i] = ∑1/m*dp[j] + 1，j是与i相连的点。m是与i相邻的点数，建立方程组求解。
和上题一样，会存在到达不了的点，须要bfs预处理，进行离散化。
以上是关于概率dp总结的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章