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【期望DP】

时间:2017-07-22 00:44:22      阅读:308      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:bug   click   例题   space   div   open   main   顺序   const   

【总览】

【期望dp】

  求解达到某一目标的期望花费:因为最终的花费无从知晓(不可能从$\infty$推起),所以期望dp需要倒序求解。

  设$f[i][j]$表示在$(i, j)$这个状态实现目标的期望值(相当于是差距是多少)。

首先$f[n][m] = 0$,在目标状态期望值为0。然后$f = (\sum f‘ × p) + w $,$f‘$为上一状态(距离目标更近的那个,倒序),$p$为从$f$转移到$f‘$的概率(则从$f‘$转移回$f$的概率也为$p$),w为转移的花费。

最后输出初始位置的$f$即可。

 

特别的,当转移关系不成环时,期望dp可以线性递推。

但当转移关系成环时,期望dp的最终状态相当于一个已知量,而转移关系相当于一个个方程,可以使用【高斯消元】解决。

【概率dp】

  概率dp通常已知初始的状态, 然后求解最终达到目标的概率,所以概率dp需要顺序求解。

  概率dp相对简单,当前状态只需加上所有上一状态乘上转移概率即可:$f = \sum f‘_{i} × p_{i}$

【例题】

【hdu3853】Loops

  简单的期望dp题,设$f[i][j]$表示当前位置到达终点的期望体力,则$f[r][c] = 0$。

  已知每个位置不动、向下、向右的概率。设p0为当前状态下停留的概率,p1为向下的概率,p2为向右的概率,那么就从终点开始逆推:

$$f[i][j] = p0 × f[i][j] + p1 × f[i + 1][j] + p2 × f[i][j +1] + 2$$

  dp强调根据已知推未知,发现等号右边$f[i][j]$正是我们要求的,呢么这就可以构成一个方程了。不过没有那么复杂,因为转移关系不是一个环,只要我们将右边的$f[i][j]$移到左边,再将系数除过去,等号右边就都是已知的了。

【CODE】

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int R = 1005, C = 1005;
const double eps = 1e-5;
int r, c;
double p[R][C][3];
double f[R][C];

int main(){
    while(scanf("%d%d", &r, &c) != EOF){
        memset(p, 0, sizeof p);
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= r; i++)
            for(int j = 1; j <= c; j++)
                scanf("%lf%lf%lf", &p[i][j][0], &p[i][j][1], &p[i][j][2]);
        f[r][c] = 0;
        for(int i = r; i >= 1; i--)
            for(int j = c; j >= 1; j--){
                if(i == r && j == c) continue;
                if(fabs(1.0 - p[i][j][0]) < eps) continue;
                f[i][j] = (p[i][j][1] * f[i][j + 1] + p[i][j][2] * f[i + 1][j] + 2.0) / (1.0 - p[i][j][0]);
            }
        printf("%.3f\n", f[1][1]);
    }
    return 0;
}
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【hdu4405】AeroplaneChess

  又是一道期望dp。读题可知终点落在$n ~ n + 5$,将它们的f全部置为$0$。

  因为有直接跳转,所以如果当前点有可以直接跳转到的点,那么这次是不用掷骰子的,因为当前期望等于目标点的期望。

  然后考虑掷色子,摇到$1, 2, 3, 4, , 6$的概率都为$\frac{1}{6}$,所以$f[i] = \sum_{x = 1}{6} f[i + x] × \frac{1}{6} + 1$

  这样倒序dp便可以得到期望值。

【CODE】

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N = 100050;
int go[N];
int n, m;
double f[N];

int main(){
    while(~scanf("%d%d", &n, &m), n + m){
        memset(go, -1, sizeof go);
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);
            go[x] = y;
        }
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--){
            if(go[i] != -1){
                f[i] = f[go[i]];
                continue;
            }
            f[i] = (f[i + 1] + f[i + 2] + f[i + 3] + f[i + 4] + f[i + 5] + f[i + 6]) / 6 + 1;
        }
        printf("%.4f\n", f[0]);
    }
    return 0;
}
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 【poj2096】收集错误

  这道题很有意思。设$f[i][j]$为收集到$i$种bug,属于$j$个子系统的期望天数,同样$f[n][s] = 0$

  考虑当前bug:

  •  属于已经收集到的$i$种,也属于已经收集到的$j$个系统,概率为$\frac{i × j}{n × s}$
  •     属于已经收集到的$i$种,属于新的一套系统, 概率为$\frac{i × (s - j)}{n × s}$
  •    属于新的一种,属于已经收集到的$j$个系统,概率为$\frac{(n - i) × j}{n × s}$
  •     属于新的一种,属于新的系统,概率为$\frac{(n - i) × (s - j)}{n × s}$

上面顺推求出的概率,应该是等于逆推的概率的。

其余的就很基础了。

【CODE】

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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;

const int N = 1005, S = 1005;
double f[N][S];
int n, s;

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &s);
    f[n][s] = 0.0;
    for(int i = n; i >= 0; i--){
        for(int j = s; j >= 0; j--){
            if(n * s - i * j == 0) continue;
            double c1 = (double)i * ((double)s - (double)j), c2 = ((double)n - (double)i) * (double)j, 
                   c3 = ((double)n - (double)i) * ((double)s - (double)j), c4 = (double)n * (double)s, c5 = (double)n * (double)s - (double)i * (double)j;
            f[i][j] = ((c1 * f[i][j + 1] + c2 * f[i + 1][j] + c3 * f[i + 1][j + 1] + c4) / c5);
        }
    }
    printf("%.4f\n", f[0][0]);
    return 0;
}
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 【poj3071】FootBall

  终于到概率dp了。设$f[i][j]$表示当前第$i$轮比赛,$j$队获胜的概率,那么他如果想获胜:

  • 首先上一轮比赛他必须获胜。
  • 然后他的对手上一轮必须获胜。
  • 他的对手只能是相邻的。

  判断相邻十分巧妙的使用了二进制:如果把所有队伍的编号都$-1$:

  从$0$开始的自然数(二进制):$0, 1, 10, 11, 100, 101, ......$

  可以发现相邻的数它们的最后一位一定相反。

  进行第一轮比赛后,相当于将相邻俩个节点替换成他们的父节点$(k >> 1)即将最后一位去掉$,此时相邻的点仍然符合规律。

  所以我们判断两队是否能比赛的标准就是:$(j >> (i - 1)) $ ^ $1 == k >> (i - 1)$

【CODE】

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

const int N = 8;
int n;
double f[N][300], p[300][300];

int main(){
    freopen("h.in", "r", stdin);
    while(scanf("%d", &n), n != -1){
        
        memset(p, 0, sizeof p);
        memset(f, 0, sizeof f);
        for(int i = 1; i <= (1 << n); i++){
            f[0][i] = 1;
            for(int j = 1; j <= (1 << n) ; j++)
                scanf("%lf", &p[i][j]);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= (1 << n); j++)
                for(int k = 1; k <= (1 << n); k++)
                    if((((j - 1) >> (i - 1)) ^ 1) == ((k - 1) >> (i - 1)))
                        f[i][j] += f[i - 1][k] * f[i - 1][j] * p[j][k];
        double ans = -1;
        int ret = 0;
        for(int i = 1; i <= (1 << n); i++)
            if(ans < f[n][i]) ans = max(ans, f[n][i]), ret = i;
        printf("%d\n", ret);
    }
}
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【期望DP】

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原文地址:http://www.cnblogs.com/CzYoL/p/7220088.html

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