概率/期望dp：_牛客博客

一、Acwing 217. 绿豆蛙的归宿：
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。

数据保证从起点出发能够到达图中所有的点，图中所有的点也都能够到达终点。

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，从起点走到终点所经过的路径总长度的期望是多少？

输入格式
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。

输出格式
输出从起点到终点路径总长度的期望值，结果四舍五入保留两位小数。

数据范围
1≤N≤105,
1≤M≤2N
输入样例：
4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4
输出样例：
7.00

题意：有向图求1–N的期望走过的距离，反向建图，按照拓扑序走一发就好啦。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define llu unsigned ll
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll lnf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=201000;
int head[maxn],ver[maxn],edge[maxn],nt[maxn];
int sum[maxn],d[maxn];
double dp[maxn];
int tot,n,m;

void add(int x,int y,int z)
{
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z;
    nt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}

int main(void)
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        tot=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            head[i]=sum[i]=d[i]=0,dp[i]=0.0;

        int x,y,z;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            add(y,x,z);
            sum[x]++,d[x]++;
        }

        queue<int>q;
        dp[n]=0.0;
        q.push(n);

        while(q.size())
        {
            int x=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[x];i;i=nt[i])
            {
                int y=ver[i],z=edge[i];
                dp[y]+=(dp[x]+z)/sum[y];
                d[y]--;
                if(!d[y]) q.push(y);
            }
        }

        printf("%.2f\n",dp[1]);

    }
    return 0;
}

二、A - Scout YYF I POJ - 3744：

YYF is a couragous scout. Now he is on a dangerous mission which is to penetrate into the enemy’s base. After overcoming a series difficulties, YYF is now at the start of enemy’s famous “mine road”. This is a very long road, on which there are numbers of mines. At first, YYF is at step one. For each step after that, YYF will walk one step with a probability of p, or jump two step with a probality of 1- p. Here is the task, given the place of each mine, please calculate the probality that YYF can go through the “mine road” safely.
Input
The input contains many test cases ended with EOF.
Each test case contains two lines.
The First line of each test case is N (1 ≤ N ≤ 10) and p (0.25 ≤ p ≤ 0.75) seperated by a single blank, standing for the number of mines and the probability to walk one step.
The Second line of each test case is N integer standing for the place of N mines. Each integer is in the range of [1, 100000000].
Output
For each test case, output the probabilty in a single line with the precision to 7 digits after the decimal point.
Sample Input
1 0.5
2
2 0.5
2 4
Sample Output
0.5000000
0.2500000

题意：在一条不满地雷的路上，你现在的起点在1处。在N个点处布有地雷，1<=N<=10。地雷点的坐标范围：[1,100000000].
每次前进p的概率前进一步，1-p的概率前进2步。问顺利通过这条路的概率。就是不要走到有地雷的地方。

设dp[i]表示到达i点的概率，则初始值 dp[1]=1.
很容易想到转移方程： dp[i]=p*dp[i-1]+(1-p)*dp[i-2];
但是由于坐标的范围很大，直接这样求是不行的，而且当中的某些点还存在地雷。

N个有地雷的点的坐标为 x[1],x[2],x[3]```````x[N].
我们把道路分成N段：
1~x[1];
x[1]+1~x[2];
x[2]+1~x[3];
*
*
*

x[N-1]+1~x[N].

这样每一段只有一个地雷。我们只要求得通过每一段的概率。乘法原理相乘就是答案。
对于每一段，通过该段的概率等于1-踩到该段终点的地雷的概率。

就比如第一段 1~x[1]. 通过该段其实就相当于是到达x[1]+1点。那么p[x[1]+1]=1-p[x[1]].
但是这个前提是p[1]=1,即起点的概率等于1.对于后面的段我们也是一样的假设，这样就乘起来就是答案了。

对于每一段的概率的求法可以通过矩阵乘法快速求出来。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define llu unsigned ll
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll lnf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=201000;

int x[20];

struct node
{
    double a[4][4];
};

node mypow(node &a,node &b)
{
    node c;
    c.a[1][1]=c.a[1][2]=c.a[2][1]=c.a[2][2]=0.0;
    for(int i=1;i<=2;i++)
    {
        for(int j=1;j<=2;j++)
        {
            for(int k=1;k<=2;k++)
                c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
        }
    }
    return c;
}

node mypow(node &a,int b)
{
    node aa=a;
    node ans;
    ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
    ans.a[1][2]=ans.a[2][1]=0;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=mypow(ans,aa);
        aa=mypow(aa,aa);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int main(void)
{
    int n;
    double p;
    while(scanf("%d%lf",&n,&p)!=EOF)
    {
        node res,temp;
        res.a[1][1]=p,res.a[1][2]=1-p;
        res.a[2][1]=1,res.a[2][2]=0;

        double ans=1.0;

        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&x[i]);
        sort(x+1,x+n+1);
        x[0]=0;

        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(x[i]==x[i-1]) continue;
            temp=mypow(res,x[i]-x[i-1]-1);
            ans=ans*(1-temp.a[1][1]);
        }

        printf("%.7f\n",ans);

    }
    return 0;
}