概率dp
title: 概率dp
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date: 2024-02-04 00:00:00
概率dp
首先是正着递推的计算概率的dp问题
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/28263/A
纯数学题
对随机的数字大小分类讨论，计算概率的时候利用高中几何概型的线性规划手法进行计算。
double g=0.5;
void solve(){
double k,x;cin>>k>>x;
double ans=0;
if(k==x)ans=g;
else if(k>=2*x)ans=0;
else if(k<x){
ans=g*(x*x-k*k);
ans/=x*x;
ans+=g;
}
else {
ans=g*(2*x-k)*(2*x-k);
ans/=x*x;;
}
baoliu(ans,2);
cout<<endl;
}
CF148D Bag of mice
状态：$f[i][j]$表示袋中有i只白鼠j只黑鼠时，A获胜的概率
起点：$f[0][i]=0，f[i][0]=1$
终点：$f[w][b]$
转移：
1.先手拿到白鼠：$f[i][j]+=i/(i+j)$
2.先手黑鼠，后手白鼠：$f[i][j]+=0,$ 这种情况不用处理
3.先手黑鼠，后手黑鼠，跑白鼠：$f[i][j]+=j/(i+j) *(j-1)/(i+j-1) *i/(i+j-2) *f[i-1][j-2]$
4.先手黑鼠，后手黑鼠，跑黑鼠：$f[i][j]+=j/(i+j) *(j-1)/(i+j-1) *(j-2)/(i+j-2) *f[i][j-3]$
int n, m;
int a[N];
//两个人各操作一次为1轮
double f[N][N];
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][0]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
f[0][i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i+=1.0){
for(int j=1;j<=m;j+=1.0){
f[i][j]+=(double)i/(i+j);
if(i>=1 && j>=2)
f[i][j]+=f[i-1][j-2]*(double)j*(j-1)*(i)/(double)((i+j)*(i+j-1)*(i+j-2));
if(j>=3)
f[i][j]+=f[i][j-3]*(double)j*(j-1)*(j-2)/(double)((i+j)*(i+j-1)*(i+j-2));
//cerr<<f[i][j]<<" ";
}
}
baoliu(f[n][m],9);
}
题意：有2^n支球队比赛，每次和相邻的球队踢，两两淘汰，给定任意两支球队相互踢赢的概率，求最后哪只球队最可能夺冠
Solution：考虑$f[i][j]$是第i次大混战编号为j的队伍获胜的概率，考虑转移需要找到本轮的对手，并调用其获胜的概率。由于n范围很小，直接暴力枚举即可。核心问题是如何找到合法可能的对手，我们观察后利用位运算得到。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define baoliu(x,y) cout<<fixed<<setprecision(y)<<x;
const int N=130;
double w[N][N];
double f[8][N];
//f[i][j]:第i场，第j队win的概率
int main(){
int n;
//从0下标开始才能在后续进行高效位运算
while(cin>>n,n!=-1){
//对于这种多测也考虑写成solve函数，忘清空了
int m=1<<n;
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=0;i<m;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>w[i][j];
}
}
for(int i=0;i<m;i++)f[0][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
for(int k=0;k<m;k++){
if(((j>>(i-1))^1)==(k>>(i-1))){
//所有情况的获胜概率是累加的
f[i][j]+=f[i-1][j]*f[i-1][k]*w[j][k];
}
}
}
}
double mx=0;int pos=0;
for(int i=0;i<m;i++){
if(mx<f[n][i]){
mx=f[n][i];
pos=i;
}
}
//仔细读题发现，队伍编号从1开始，而我从0开始是为利用位运算
cout<<pos+1<<endl;
}
}
[CF768D Jon and Orbs](https://www.luogu.com.cn/problem/CF768D
题面翻译
有k件物品，每天随机出现一件。设每种球都出现至少一次以上为事件U.
求最小天数使得U发生的概率不小于$\frac{p}{2000}$，有 $q$ 组询问，每组询问给定这个 $p$。
Solution:calendar:
考虑$dp[i][j]=dp[i-1][j]*p_{1}+dp[i-1][j-1]*P_{2} $
其中$ p_{1}为第i-1天已经有j种物品的概率，p_{1}=\frac{j}{i} ,$
$ p_{2}$为第i-1天已经有j-1种物品的概率，第一天从剩下的j-i+1种物品的随机到了，则$p_{2}=\frac{k-(j-1)}{i} $
double f[M][N];
void solve(){
int k;
cin>>k>>m;
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=20000;i++){
for(int j=1;j<=k;j++){
f[i][j]=f[i-1][j-1]*(double)(k-j+1)/k+f[i-1][j]*(double)j/k;
}
}
int pos=0;
while(pos<=M&&f[pos][k]<0.99){
pos++;
}
cerr<<pos<<endl;
while(m--){
double p;cin>>p;
int pos=0;
//根据题目数据范围，概率设置到0.5，7274收敛
//概率趋于1的时候，11503收敛
while(f[pos][k]<(double)p/(double)2000){
pos++;
}
cout<<pos<<endl;
}
}
下面开始比较常见的期望dp
期望dp往往是最终态的答案比较好求，所以我们设置dp数组的状态含义是：到达终点的期望步数
题意：一个球，n种材质，m种花纹，每次随机从无限多的球堆里拿一个球，问期望多少次可以拿到这所有花纹和材质的球，每次等概率随机拿。
Solution：发现计算概率只需要知道当前手里已经拿了多少种足球和篮球，所以我们容易定义dp状态为$dp[i][j]$,转移分别是四种情况也就是拿到的这个球的花纹是不是新的，这个球的材质是不是新的。
debug:双重循环下标错误导致RE 。dp数组下标写错导致wa
double f[N][N];
void solve(){
cin>>n>>m;
f[n][m]=0;
for(int i=n;i>=0;i--){
for(int j=m;j>=0;j--){
if(i==n&&j==m)continue;
//分母为0
double p1=1.0*i*j/(double)(n*m);
double p2=1.0*i*(m-j)/(double)(n*m);
double p3=1.0*j*(n-i)/(double)(n*m);
double p4=1.0*(n-i)*(m-j)/(double)(n*m);
//cerr<<p1<<" "<<p2<<" "<<p3<<" "<<p4<<endl;
f[i][j]+=p2*f[i][j+1]+p3*f[i+1][j]+p4*f[i+1][j+1]+1;
f[i][j]/=(double)(1.0-p1);
// cerr<<i<<" "<<j<<" "<<f[i][j]<<endl;
}
}
baoliu(f[0][0],6);
}
[Luogu P4492 HAOI2018]苹果树
[Luogu P2473 SCOI2008] 奖励关
[Luogu P2221 HAOI2012]高速公路
[Luogu P4065 JXOI2017]颜色
拓扑排序dp递推————记忆化搜索的期望dp
最朴素经典的图上等概率随机游走问题，先从dag入手，考虑一个有向无环图，从1走到n，1是该图的起点，n是该图的终点，每次从当前点等概率选择一个出边走。
先考虑每次走到下一个点的概率是$\frac{1}{out} $,out为该点的出度，我们直接从1开始dfs搜索，考虑到dag的性质，到n的终点只有一条，对于同一个点只需要搜索一次，我们采用记忆化。
#include<bits/stdc++.h>
//dag_>dfs
using namespace std;
const int N=1e5+10;
#define int long long
struct edge{int v;double w;};
vector<edge>e[N];
int n,m;
double ans[N];
//ans[n]=0;
void dfs(int u,int fa){
//cerr<<u<<endl;
//长期不写记忆化搜索导致的
if(ans[u])return ;
int in=e[u].size();
for(auto [v,w]:e[u]){
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
ans[u]+=1.0/in*(ans[v]+w);
cerr<<u<<" "<<v<<endl;
}
}
signed main(){
cin>>n>>m;
ans[n]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;double w;cin>>u>>v>>w;
e[u].push_back({v,w});
// e[v].push_back({u,w});
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<ans[i]<<" ";
cout<<fixed<<setprecision(2)<<ans[1]<<endl;
return 0;
}
下面给出这题的第二种写法：建立反图，拓扑排序后递推更新答案
debug：累加答案的时候要用的是正图上的出度去计算概率
struct edge{int v;double w;};
vector<edge>e[N];
int din[N];
vector<int>tp;
double ans[N];
bool topsort(){
queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(din[i]==0)q.push(i);
}
while(q.size()){
auto u=q.front();q.pop();
tp.push_back(u);
for(auto [v,w]:e[u]){
din[v]--;
if(din[v]==0){
q.push(v);
}
}
}
int cnt=tp.size();
return cnt==n;
}
int tmp[N];
void solve(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;double w;cin>>u>>v>>w;
tmp[u]++;din[u]++;
e[v].push_back({u,w});
}
topsort();
for(auto u:tp){
//cerr<<u<<" "<<din[u]<<endl;
for(auto [v,w]:e[u]){
//cerr<<v<<" "<<w<<endl;
ans[v]+=1.0/tmp[v]*(ans[u]+w);
}
}
baoliu(ans[1],2);
}
高斯消元解决后效性dp，引入就是在一般图上随机游走
Solution:上面的图片已经很清楚了，思路。首先考虑排序不等式的贪心，想要编号就要知道每个边的期望次数，从而又想要知道经过每个点的期望经过次数，再考虑dp发现需相互依赖，于是高斯消元dp。
debug：下载测试数据本地测，发现存在精度问题，将eps调到1e-10才过，本来是1e-8,但dx的std是1e-6,考虑高斯消元有什么问题吗，但板子都是测过的。疑似他没有进行每次找最大值交换操作？
此外还有的bug是存边数组开小导致RE..思路总体清晰，但是不熟，此外重构了高斯消元模板
const double eps = 1e-10;
double b[N][N]; //增广矩阵
vector<int>e[N];
int gauss(double a[][N],int n){
int c,r;//当前列，当前行
for(c=r=1; c<=n; c++){
//1.找到c列的最大行t
int t=r;
for(int i=r; i<=n; i++)
if(fabs(a[i][c])>fabs(a[t][c])) t=i;
if(fabs(a[t][c])<eps) continue; //c列已0化
//2.把最大行换到上面
for(int i=c; i<=n+1; i++)swap(a[t][i],a[r][i]);
//3.把当前行r的第一个数，变成1
for(int i=n+1; i>=c; i--)a[r][i]/=a[r][c];
//4.把当前列c下面的所有数，全部消成0
for(int i=r+1; i<=n; i++)
if(fabs(a[i][c])>eps)
for(int j=n+1; j>=c; j--)
a[i][j]-=a[i][c]*a[r][j];
r++; //这一行的工作做完，换下一行
}
if(r<n+1){ //说明已经提前变成梯形矩阵
for(int i=r; i<=n; i++)
if(fabs(a[i][n+1])>eps) //a[i][n]==bi
return 2; //左边=0，右边≠0,无解
return 1; //0==0，无穷多解
}
// 5.唯一解，从下往上回代，得到方程的解
for(int i=n; i>=0; i--)
for(int j=i+1; j<n+1; j++)
a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1];
return 0;
}
int in[N];
//f为经过点的期望次数
//ans：边的期望次数
//从1-n的期望得分=这个边的次数*编号，编号小的次数大
double res[M];
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<pii>eg(m+1);
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;cin>>u>>v;
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
in[u]++;in[v]++;
eg[i]={u,v};
}
//高斯消元采取1base
for(int i=1;i<=n-1;i++){
for(auto v:e[i]){
if(v!=n)b[i][v]=-1.0/in[v];
}
b[i][i]=1;
}
b[1][n]=1;
// for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<in[i]<<" ";
//cerr<<endl;
gauss(b,n-1);
//for(int i=1;i<=n;i++)cerr<<b[i][n]<<" ";
for(int i=1;i<=m;i++){
auto [u,v]=eg[i];
res[i]+=b[u][n]/(double)in[u]+b[v][n]/(double)in[v];
}
//cerr<<endl;
//for(int i=1;i<=m;i++)cerr<<res[i]<<" ";
sort(res+1,res+m+1);
double ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
ans+=res[i]*(double)(m+1-i);
}
baoliu(ans,3);
}
[Luogu P4457 BJOI2018]治疗之雨
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