浅谈期望的线性性（可加性）【CodeForces280c】【bzoj3036】【bzoj3143】

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向大(hei)佬(e)势力学(di)习(tou)

之前一直都没有接触过期望，更别说期望dp了。
先从期望说起吧，dp什么的先不谈。浅谈一下期望的线性性（可加性），这是一个很重要的性质，主要用我做的这几道例题来更感性的理解（真的是浅谈。。。orz）

首先，期望是指一个事件有多种结果，每一种结果出现有一定的可能性。
对于随机变量x，它的期望E(x)=sigma{基本结果i发生的概率*发生基本结果i时的x的数值，i是一个基本结果}

然后是期望的线性性（可加性）：
（感性理解一下）
E(X+Y)=E(X)+E(Y)
即两个（或多个）随机变量的和的期望等于期望的和

下面就由题目来理解理解吧（题才是重点）：

Codeforces280c

题目大意
给出一棵含n个白点的有根树,每次随机选择一个还没有被染黑的节点,将这个节点和这个节点子树中的所有点染黑.
问期望操作多少次后所有点都被染黑.
N<=100000

整棵树的期望操作次数太大，难以找到方法。这时我们需要突破口。
该如何将大问题转化为小问题呢？我们发现，一棵树是可以分成好几颗子树的，而子树分解的最终状态就是所有的点。那么，我们是不是可以计算出 每个点被染黑的期望操作次数，然后相加就是整棵树的了？答案是当然可以。
这里需要注意的是，对于每个点的操作次数是指的在这个点上的操作。对于每一个点，如果其祖先被染黑了，它自己也会被顺带染黑，而这个对于该点来说是没有进行操作的。所以得出对于点x：E(x)=1/dep[x]
dfs就可以了

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N=100000+5;int n;int head[N],end[N*2],nxt[N*2],hh=0;double ans=0;void dfs(int u,int f,int dep){    ans+=1.0/dep;    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){        int v=end[i];        if(v==f) continue;        dfs(v,u,dep+1);    }}void adde(int a,int b){    hh++;    end[hh]=b;    nxt[hh]=head[a];    head[a]=hh;}int main(){    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<n;i++){        int a,b;        scanf("%d%d",&a,&b);        adde(a,b),adde(b,a);    }    dfs(1,1,1);    printf("%.20lf",ans);    return 0;}

bzoj3036绿豆蛙的归宿

Description
随着新版百度空间的下线，Blog宠物绿豆蛙完成了它的使命，去寻找它新的归宿。
给出一个有向无环的连通图，起点为1终点为N，每条边都有一个长度。绿豆蛙从起点出发，走向终点。
到达每一个顶点时，如果有K条离开该点的道路，绿豆蛙可以选择任意一条道路离开该点，并且走向每条路的概率为 1/K 。
现在绿豆蛙想知道，从起点走到终点的所经过的路径总长度期望是多少？
Input
第一行: 两个整数 N M，代表图中有N个点、M条边
第二行到第 1+M 行: 每行3个整数 a b c，代表从a到b有一条长度为c的有向边
Output
从起点到终点路径总长度的期望值，四舍五入保留两位小数。
Sample Input
4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4
Sample Output
7.00
HINT
对于100%的数据 N<=100000，M<=2*N

很显然，由期望的线性性可得：经过路径期望总长度=sigma{每条边期望经过次数*边权}
因为是有向无环图，所以 每条边的期望经过次数=该边起点的期望经过次数*从该起点出发经过该路径的概率。
于是问题转成了求每个点的期望经过次数。很显然，每个点的期望经过次数=sigma{入边i的期望经过次数}
于是发现边与点的期望值是相辅相成的关系，由于是有向无环图，所以拓扑排序就可以了

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int N=100000+5;int n,m,in[N],out[N];int head[N],end[N*2],len[N*2],nxt[N*2],hh=0;queue<int> q;double p[N],ans=0;void adde(int a,int b,int c){    hh++;    end[hh]=b;    len[hh]=c;    nxt[hh]=head[a];    head[a]=hh;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++){        int a,b,c;        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        adde(a,b,c);        in[b]++,out[a]++;    }    q.push(1);    p[1]=1;    while(!q.empty()){        int u=q.front();q.pop();        for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){            int v=end[i];            ans+=p[u]/out[u]*len[i];            p[v]+=p[u]/out[u];            in[v]--;            if(in[v]==0){                q.push(v);            }        }    }    printf("%.2lf",ans);    return 0;}

bzoj3143[Hnoi2013]游走

Description
一个无向连通图，顶点从1编号到N，边从1编号到M。
小Z在该图上进行随机游走，初始时小Z在1号顶点，每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。
现在，请你对这M条边进行编号，使得小Z获得的总分的期望值最小。
Input
第一行是正整数N和M，分别表示该图的顶点数 和边数，接下来M行每行是整数u，v(1≤u,v≤N)，表示顶点u与顶点v之间存在一条边。 输入保证30%的数据满足N≤10，100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图。
Output
仅包含一个实数，表示最小的期望值，保留3位小数。
Sample Input
3 3
2 3
1 2
1 3
Sample Output
3.333

其实这道题与绿豆蛙有相似之处，但是图变为了无向连通图。
首先明确一个简单的贪心：我们希望期望经过次数最大的边编号最小。然后就是如何求期望经过次数了。原理与上一题一样，由点推边。
对于一号点，f[1]=1+sigma(f[j]/degree(j) , j和1有边)
对于其他点，f[i]=sigma(f[j]/degree(j),j和i有边)
但由于是无向图，一个点可以被经过数次，还有极小的的可能在一条边上来回走动。于是我们发现这个图是有后效性的，每个点的值会互相影响，所以不能递推。wa，那可怎么办啊？
大佬告诉我，像这种会互相影响的值，其实和方程组很像，高斯消元即可。woo，学到了。

#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N=500+5;const double eps=1e-10;int n,m;int deg[N],edge[N*N][2];int head[N],end[N*N*2],nxt[N*N*2],hh=0;double g[N][N],p[N],ep[N*N];void adde(int a,int b){    hh++;    end[hh]=b;    nxt[hh]=head[a];    head[a]=hh;}void solve(){    int cnt=0;    for(int k=1;k<n;k++){        int j=-1;        for(int i=cnt+1;i<n;i++){            if(fabs(g[i][k])>eps){                j=i;                break;            }        }        if(j==-1) continue;        cnt++;        for(int i=1;i<=n;i++) swap(g[cnt][i],g[j][i]);        for(int i=1;i<n;i++){            if(i==cnt) continue;            if(fabs(g[i][k])<eps) continue;            double tmp=g[i][k]/g[cnt][k];            for(j=1;j<=n;j++)                g[i][j]-=g[cnt][j]*tmp;        }    }    for(int i=1;i<n;i++){        p[i]=g[i][n]/g[i][i];    }}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++){        int a,b;        scanf("%d%d",&a,&b);        adde(a,b),adde(b,a);        deg[a]++,deg[b]++;        edge[i][0]=a,edge[i][1]=b;    }    for(int i=head[1];i;i=nxt[i]){        int v=end[i];        if(v==n) continue;        g[1][v]=1.0/deg[v];    }    g[1][1]=-1;    g[1][n]=-1;    for(int k=2;k<n;k++){        g[k][k]=-1;        for(int i=head[k];i;i=nxt[i]){            int v=end[i];            if(v==n) continue;            g[k][v]=1.0/deg[v];        }    }    solve();    for(int i=1;i<=m;i++){        int a=edge[i][0],b=edge[i][1];        ep[i]=p[a]/deg[a]+p[b]/deg[b];    }    sort(ep+1,ep+m+1);    double ans=0;    for(int i=1;i<=m;i++){        ans+=ep[i]*(m-i+1);    }    printf("%.3lf",ans);    return 0;}

总结：
1、分解成小的、可计算的期望问题，来解决大的、不可计算的期望问题
2、无后效性的可直接递推。有后效性的可解方程。