【dp选讲】概率与期望

说在前面

如果您此前还没有了解过任何有关概率的内容的话，请先自行学习概率和期望的相关定理，然后再食用本博客。

概率选题

注：概率和期望一般都是计算题，所以本博客仅从解题的角度向您展示概率和期望，具体做题的时候还是有一点思考难度的，但是一般比较统一。

CF148D

题目大意：有两个人往袋子里面抓老鼠，老鼠分为两类，一类是白老鼠，一类是黑老鼠，获胜规则是谁先抓到白老鼠谁就获胜。A抓老鼠的时候会附带着有一只老鼠溜出袋子，而B不会。如果最后是A抓到白老鼠或老鼠都跑光了，A也获胜，请问B获胜的概率是多少。输入：N只白老鼠和M只黑老鼠。

分析：

设 $$dp[i][j]$$ 为袋子里面有 i 只白老鼠和 j 只黑老鼠时的轮到B的获胜概率。

初始化：$$dp[0][j]=0$$ ,$$dp[i][0]=1$$,意思分别是：如果一只白老鼠都没有的话，就必输无疑；如果没有黑老鼠，反而全是白老鼠的话，那就必胜无疑。

先考虑B在当前状态下一次就抓到白老鼠的欧皇行为：

\[概率为：\frac{i}{i+j} \]

接着思考B拿到黑老鼠，而A拿到白老鼠的非酋行为：

\[概率为：\frac{j}{i+j}*\frac{i}{i+j-1} \]

【注：这是个分布事件，第一步是B非酋拿黑摆烂，第二步才是A欧皇拿白。】

第三种：B抓到黑老鼠，A也抓到黑老鼠，最后又跑出一只黑老鼠，此时的概率是：

\[\frac{j}{i+j}*\frac{j-1}{i+j-1}*\frac{j-2}{i+j-2} \]

上面这种情况可以转移到\(dp[i][j-3]\).

第四种：依旧是两人抓到黑老鼠，但是跑出来的是白老鼠，此时的概率为：

\[\frac{j}{i+j}*\frac{j-1}{i+j-1}*\frac{i}{i+j-2} \]

可转移到\(dp[i-1][j-2]\).

根据以上式子，dp转移即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define Maxn 5000 
using namespace std;
typedef double db;
int n,m;
db dp[Maxn][Maxn];
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=1;
	for(int j=1;j<=m;j++) dp[0][j]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			dp[i][j]+=(db)i/(i+j);
			if(j>=3) 
				dp[i][j]+=(db)j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*(j-2)/(i+j-2)*dp[i][j-3];
			if(j>=2) 
				dp[i][j]+=(db)j/(i+j)*(j-1)/(i+j-1)*i/(i+j-2)*dp[i-1][j-2];
		}
	}
	printf("%.9lf",dp[n][m]);
	return 0;
}  

[Scout YYF I][http://poj.org/problem?id=3744]

题目大意：在一个数轴上，有n个雷。一开始，你在原点，现在，你有p的概率走一步，有(1-p)的概率走两步，请问你有多大的概率可以安全通过雷阵？

分析：

直接算概率是不好求的，我们不如利用容斥原理，求出我们必定踩雷的概率（真非酋才能完成的壮举），最后用1减去即可。

于是乎，我们可以逐步求解，求出我们踩第一个雷的概率，接着是第二个雷的概率，以此类推。

很自然地，我们列出转移方程式：

\[dp[i]=p*dp[i-1]+(1-p)*dp[i-2] \]

但是！这是一道多测题，单测都是极限的\(10^9\)​了，线性递推肯定不可行，我们考虑优化。

仔细思考——嗯，这道题是不是有点似曾相识？看起来有点像斐波那契的递推式不是吗？那么这道题也许可以用矩阵乘法来优化。

于是，我们能列出这么一个矩阵的递推式：

\[p　1-p\\ 1　0 \]

幂次方取得是每一段的长度。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define Maxn 20000000
using namespace std;
typedef double db;
db p;
int n,pos[Maxn];
struct Matrix{
	double mat[2][2];
	void clear() {memset(mat,0,sizeof(mat));}
	void idenaty() {clear();for(int i=0;i<2;i++)mat[i][i]=1;}
};
Matrix mul(Matrix a,Matrix b) {
	Matrix res;
	res.clear();
	for(int i=0;i<2;i++) {
		for(int j=0;j<2;j++) {
			res.mat[i][j]=0;
			for(int k=0;k<2;k++) {
				res.mat[i][j]+=a.mat[i][k]*b.mat[k][j];
			}
		}
	}
	return res;
}
Matrix power(Matrix x,int p) {
	Matrix res;
	res.idenaty();
	Matrix base=x;
	while(p) {
		if(p&1) res=mul(res,base); 
		base=mul(base,base);
		p>>=1;
	}
	return res;
}
int main() {
	while(scanf("%d%lf",&n,&p)!=EOF) {
		for(int i=1;i<=n;i++) 
			scanf("%d",&pos[i]);
		db ans=1;
		sort(pos+1,pos+n+1);
		Matrix a;
		a.clear();
		a.mat[0][0]=p;a.mat[0][1]=1-p;
		a.mat[1][0]=1;a.mat[1][1]=0;
		Matrix ret;
		ret.clear();
		ret=power(a,pos[1]-1);	
		ans*=(1-ret.mat[0][0]);
		for(int i=2;i<=n;i++) {
			if(pos[i]==pos[i-1]) {continue;}
			ret.clear();
			ret=power(a,pos[i]-pos[i-1]-1);
			ans*=(1-ret.mat[0][0]);
		}
		printf("%.7lf\n",ans);
	}
	return 0;
}

标签：老鼠,概率,frac,浅谈,int,选讲,include,dp
来源： https://www.cnblogs.com/lxxwxxxxx/p/15550670.html