loj #6191. 「美团 CodeM 复赛」配对游戏 期望dp

题意：有一个栈，随机插入 $n$ 次 $0$/$1$

如果栈顶是 $1$，然后插入 $0$，则将这两个元素都弹出，否则，插入栈顶.

求：$n$ 次操作后栈中期望的元素个数.

我们发现，按照上述弹栈方式进行，栈中元素一定是由若干个连续 $0$ 加上若干个连续 $1$ 组成.

而 $1$ 所在的联通块还在栈顶，所以我们只需考虑 $1$ 的个数即可.

令 $f[i][j]$ 表示 $i$ 次操作过后，栈中有 $j$ 个 $1$ 时期望的元素个数.

由于期望在任何时候都有可加性，所以 $f[i+1][]$ 的期望可以表示成 $f[i][]$ 加上新加入/删掉 $1$ 的期望.

我们令 $p[i][j]$ 表示 $i$ 轮操作后栈中有 $j$ 个 $1$ 的概率，那么有 $frac{f[i][j]+p[i][j]}{2} ightarrow f[i+1][j+1]$

因为 $i$ 轮后有 $j$ 个 $1$ 的期望个数是 $f[i][j]$，而下一轮要保证抽到的还是 $1$，所以概率为 $frac{1}{2}$

即 $f[i][j] imes frac{1}{2}$ 但是在当前局面增加的长度绝对不是 $frac{1}{2}$ 因为期望等于概率乘以权值.

而 $i$ 轮后有 $j$ 个 $1$ 的长度的概率是 $p[i][j]$，而下一次还抽到 $1$ 的概率是 $frac{1}{2}$，权值是 $1$

所以累加的是 $frac{p[i][j]}{2}$

整理可得 $frac{f[i][j]+p[i][j]}{2} ightarrow f[i+1][j+1]$，$frac{f[i][j]-p[i][j]}{2} ightarrow f[i+1][j-1]$

这种用概率来转移期望的套路还真是挺巧妙的~

#include <bits/stdc++.h>    
#define N 2004   
#define LL long long 
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) 
using namespace std;    
double p[N][N],f[N][N];   
int main() 
{ 
	// setIO("input"); 
	int i,j,n; 
	scanf("%d",&n), p[0][0]=1;   
	double ans=0.0; 
	for(i=0;i<n;++i)        
	{
		p[i+1][1]+=p[i][0]/2, f[i+1][1]+=(f[i][0]+p[i][0])/2;                    
		p[i+1][0]+=p[i][0]/2, f[i+1][0]+=(f[i][0]+p[i][0])/2;              
		for(j=1;j<n;++j) 
		{
			p[i+1][j+1]+=p[i][j]/2, f[i+1][j+1]+=(f[i][j]+p[i][j])/2;             
			p[i+1][j-1]+=p[i][j]/2, f[i+1][j-1]+=(f[i][j]-p[i][j])/2;       
		}
	} 
	for(i=0;i<=n;++i)   ans+=f[n][i];    
	printf("%.3f
",ans);         
	return 0; 
}