关于有向图走“无限次”后求概率/期望的口胡/【题解】HNCPC2019H 有向图

关于有向图走“无限次”后求概率/期望的口胡/【题解】HNCPC2019H 有向图

全是口胡 假了不管

讨论的都是图(G=(V,E),|V|=n,|E|=m)上的情况

“走无限次”这个概念很抽象，严谨的证明以及描述和概率的收敛性有关，由于我也不会在此就不讨论这些，但是根据一些概率的知识，可以发现，其实走无限次可以这样描述：

由于使用概率不好描述在无限次的情况时，每个点和点之间的关系，所以用期望。到时候根据期望的定义式反过来求概率。可能的问题是，“不是走无限次吗，那怎么用期望反过来求概率？”。举个例子，假若只有一个起点且存在那些游戏黑洞(过去了走不来)，那么所有随机变量(X=1)，所以(E(X)=XP(X)=P(X))。

这是因为期望可以很方便的描述点与点之间的关系(用概率的话，不好描述走无限次的“过程”，在从0次走到无穷次的途中的关系不好用概率描述(因为概率是一个相乘的关系，而期望是相乘且求和(概率不也是吗？我也不知道我在说什么，可能这段话是强行解释，因为我做的题都是用这个得到初始条件的)))

设(e=[f_idots])是(i)点的期望构成的行向量，至于我们如何定义“i点的期望”，具体问题具体分析。

设矩阵(A_{n imes n})是“增广矩阵”(我xjb取的名字)，其中(A_{i,j})表示由(i)点转移到(j)点的概率(到底如何定义具体情况具体分析，这里是笼统的口胡)，那么走无限次可以这样描述：

[e imes A=e ]

然后对比(f_i)系数，
可以得到(n)个方程。但是这(n)个是解出不来值的(全是 (f_i=0))，为什么？

这是因为忽略了初始条件，很显然(e imes A=e)有且只有一个解就是(e= 0(A ot = O)) ，必须要根据(f_i)的定义加入初始条件才行(比如(f_i)+=c之类的)。从这里我们可以知道，(f_i)的含义要方便我们加入初始条件。

由这(n)的个方程可以最坏(O(n^3))解出来所有(f_i)。在(A)矩阵不同的特征或者性质下，可能有别的方法求解(f_i)

口胡好爽...

接下来是具体问题具体分析的例子

【题解】HNCPC2019H 有向图

有向图

“照本宣科”，设(f_i)是经过(i)点的期望次数，概率矩阵基本上已经告诉我们了，那么我们直接解就行了。

然而值得注意的是，由于这个概率矩阵的特性，可以得到(f_i,ile n)的解，然后再求剩下的那些期望。

方程是

[f_i= egin{cases} sum_limits{j} A_{j,i}f_j+1 &(n=1) \ sum_limits{j} A_{j,i}f_j &(n>1) end{cases} ]

高斯消元

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define DEBUG(s) cerr<<(#s)<<" = "<<(s)<<endl

using namespace std;  typedef long long ll; 
inline int qr(){
	register int ret=0,f=0;
	register char c=getchar();
	while(!isdigit(c))f|=c==45,c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
	return f?-ret:ret;
}
const int mod=1e9+7;

inline int ksm(const int&ba,const int&p){
	int ret=1;
	for(int t=p,b=ba;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)
		if(t&1) ret=1ll*ret*b%mod;
	return ret;
}
inline int inv(const int&x){return ksm(x,mod-2);}

const int maxn=505;
int n,m;
struct MAT{
	int data[maxn];
	MAT(){memset(data,0,sizeof data);}
	inline int&operator[](int x){return data[x];}
	inline MAT operator *(const int&x){
		MAT ret;
		for(int t=1;t<=n+1;++t) ret[t]=1ll*data[t]*x%mod;
		return ret;
	}
	inline MAT operator *=(const int&x){return *this=*this*x;}
	inline MAT operator -(const MAT&a){
		MAT ret;
		for(int t=1;t<=n+1;++t) ret[t]=(data[t]-a.data[t]+mod)%mod;
		return ret;
	}
	inline MAT operator -=(const MAT&a){return *this=*this-a;}
	inline void print(){
		for(int t=1;t<=n+1;++t) printf("%d ",data[t]);
		putchar('
');
	}
}e[maxn];
int p[maxn][maxn<<1];

inline void Solve(){
	for(int t=1;t<=n;++t){
		e[t]*=inv(e[t][t]);
		for(int i=1;i<=n;++i)
			if(i^t) e[i]-=(e[t]*e[i][t]);
	}
}

int main(){
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		memset(e,0,sizeof e);
		memset(p,0,sizeof p);
		for(int t=1,in=inv(10000);t<=n;++t)
			for(int i=1;i<=m+n;++i)
				p[t][i]=1ll*qr()*in%mod;
		for(int t=1;t<=n;++t){
			for(int i=1;i<=n;++i) e[t][i]=p[i][t];
			e[t][t]=(e[t][t]-1+mod)%mod;
		}
		e[1][n+1]=mod-1;
		Solve();
		for(int t=1;t<=m;++t){
 			int ans=0;
 			for(int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+1ll*e[i][n+1]*p[i][t+n])%mod;
			printf("%d ",ans);
		}
		putchar('
');
	}
	return 0;
}