[算法]概率与期望DP

前言

前两节主要针对题目分析，没时间的珂以跳过。

初步

首先举一道简单、经典的好题:
[Lightoj1038]Race to 1 Again
懒得单独写，安利一下DennyQi同学的博客:https://www.cnblogs.com/qixingzhi/p/9346307.html。
很显然很多期望题的状态是和自己有关的，怎么办呢，难道不停的搜索自己？
上面的方法显然行不通，于是我们只能简单变形一下。
很容易列出方程：

[f[n]= frac{sum_{i=1}^{m}f[fac_n^i]}{m} + 1 ]

其中(m)表示因子个数，(fac_n^i)表示(n)的第(i)个因子。
鉴于要让右边消去后效性，两边同时乘以(m)，移项即可。

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再举一道稍微复杂一点的题目:
[zoj3329]One Person Game
题意简述:
有三个骰子，分别有k1, k2, k3个面。
记录一个初值为0的分数，每次掷骰子，如果三个面分别为a, b, c则分数置0，否则加上三个骰子的分数之和。
当分数大于n时结束。求游戏的期望步数。
设f[i]为当前已经获得了i分时，游戏结束的期望步数。
为了方便表示我们不妨设p[i]为投到点数为i的概率，特殊的p[0]为回到0的概率。
很容易想到如下递推：

[f[i]=sum(p[k] imes dp[i+k])+dp[0] imes p[0]+1 ]

一眼看过去大清亡了，成环了，能用高斯消元也就算了，关键是高斯消元会TLE。
我们发现我们需要求的东西只有f[0]，于是我们分离常数，令f[i]=A[i]*f[0]+B[i]
那么显然我们要求的f[0]就喜闻乐见地变成了(frac{B[0]}{1-A[0]})。
显然我们只需要递推计算A与B就能求出答案(废话)。
那么稍加变形得到A，B的递推式如下

[f[i] = sum(p[k] imes A[i + k] imes f[0] + p[k] imes B[i + k]) + f[0] * p[0] + 1 ]

[=(sum(p[k] imes A[i + k]) + p[0]) f[0] + sum(p[k] imes B[i + k]) + 1 ]

[A[i]=sum(p[k] imes A[i+k])+p[0],B[i]=sum(p[k] imes B[i+k])+1 ]

那么求A, B就变得非常简单了QAQ。

进阶

对于未知状态彻底成环又无法转化的情况，只能使用高斯消元。
咕咕咕。

技巧

1、变形递推式消去后效性
2、只求部分值可以分离常数
3、成环使用高斯消元
咕咕咕，(flag:预计本周补完)。