【概率期望动态规划】
虽然概率DP有许多数学期望的知识，但是终究无法偏离动态规划的主题。动态规划该有的特点继续保留，另外增添了一些概率期望的神秘色彩。
1~8题出处：hdu4576 poj2096 zoj3329 poj3744 hdu4089 hdu4035 hdu4405 hdu4418
·跟随例题慢慢理解这类问题……
[1]机器人
·述题意：
多组输入n,m,l,r。表示在一个环上有n个格子。接下来输入m个w表示连续的一段命令，每个w表示机器人沿顺时针或者逆时针方向前进w格，已知机器人是从1号点出发的，输出最后机器人停在环上[l,r]区间的概率。n(1≤n≤200) ,m(0≤m≤1,000,000)。
·分析：
这是一道求概率的题吗？是的。我们可以想象机器人从1点开始，每次分身前往距离为wi的两点，最后呢就会有很多很多分身，落得到处都是，然后呢统计在[l,r]的分身个数，再除以总个数就是概率呀……
其实这类问题正是这样做的——计算出每种情况占种情况的概率，然后回答问题。不过呢为了统一格式，所以在网上见到解法，都是机器人一分为二变成两个0.5机器人而不是变成两个和原来一样的机器人。总结而言，0.5机器人就是概率的体现。
如果我们使用f[i]表示i这个位置会出现多少个机器人分身，那么机器人所在点是这样为周围贡献答案的：
经历了上述美妙的形象化理解后，这道题的状态转移就很明显了：
①刷表法： f[i-w]+=f[i]*0.5 , f[i+w]+=f[i]*0.5
②填表法： f[i]=f[i-w]*0.5+f[i+w]*0.5
最后一个小提醒是，由于这道题是环形问题，所以呢如果超出了范围，可以进行取模或者特判来维持正确的转移。
代码在这里：
1 #include<stdio.h>
2 #include<cstring>
3 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
4 using namespace std;const int N=500;
5 int n,m,l,r,w,cur;
6 double f[2][N],ans;
7 int main()
8 {
9 while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r),m+n+l+r)
10 {
11 memset(f,0,sizeof(f));
12 f[cur=ans=0][1]=1;
13 go(j,1,m)
14 {
15 scanf("%d",&w);w%=n;cur^=1;
16 go(i,1,n)f[cur][i]
17 =f[cur^1][i+w>n?i+w-n:i+w]/2
18 +f[cur^1][i-w<1?i-w+n:i-w]/2;
19 }
20 go(i,l,r)ans+=f[cur][i];
21 printf("%.4f\n",ans);
22 }
23 return 0;
24 }//Paul_Guderian[2]收集漏洞
·述题意：
输入n,s表示这里存在n种漏洞和s个系统(0<n,s<=1000)。工程师可以花费一天去找出一个漏洞——这个漏洞可以是以前出现过的种类，也可能是未曾出现过的种类，同时，这个漏洞出现在每个系统的概率相同。要求得出找到n种漏洞，并且在每个系统中均发现漏洞的期望天数。
·分析：
这是一道求期望值的题目。题目中的两个关键字提醒我们二维状态设计或许很美妙。根据上题的路子，我们用状态f[i][j]表示已经发现了i种漏洞同时已经有j个系统发现了漏洞的情况下最终达到题目要求(f[n][s])的期望天数。
进一步。由题目可知，其实每次漏洞有两种情况(发现过的漏洞和新的漏洞),同时这个漏洞所在的系统也有两种情况(之前已经发现漏洞的系统和之前没有发现漏洞的系统)，所以组合一下，共有四情况，一起来转移吧：
由图，我们可以轻松得到转移方程吗？还差一丢丢。因为目的是求出期望值——什么是期望值？好吧，暂时可以理解为“权值 x 概率”。因此期望Dp的转移是有代价的，而不像概率Dp那样简单统计了。另外一个问题，类似于上文的机器人分身，当前状态的期望值有多个转移方向，所以此处要乘上概率——也就是选择这一步的概率P，如下：
f[i][j]—>f[i+1][j+1]: P1=(n-i)*(s-j)/n*s
f[i][j]—>f[i+1][j] : P2=(n-i)*j /n*s
f[i][j]—>f[i][j+1] : P3=i*(s-j) /n*s
f[i][j]—>f[i][j] : P4=i*j /n*s
然后算上转移的代价(1天),我们开始思考最终的DP转移方程式。这里我们将f[n][s]=0定为边界——很合理，表示找到n种漏洞,有s个系统发现漏洞距离目标状态的期望天数(就是一样的状态，所以期望天数是0啊)。据此我们设计出一个逆推的Dp方程式：
f[i][j]=
(f[i][j]+1)*P4+(f[i][j+1]+1)*P3+(f[i+1][j]+1)*P2+(f[i+1][j+1]+1)*P1
你会发现方程左右两边都有f[i][j],所以就对式子进行化简。化简如下：
f[i][j]=f[i][j]*P4+f[i][j+1]*P3+f[i+1][j]*P2+f[i+1][j+1]*P1+(P1+P2+P3+P4)
f[i][j]*(1-P4) = f[i][j+1]*P3+f[i+1][j]*P2+f[i+1][j+1]*P1 + 1
最终就是将左边系数除过去然后带入p1p2p3p4,逆推转移就是了，答案当然就在f[0][0]诞生啦，代码也来啦：
1 #include<stdio.h>
2 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
3 const int N=1003;int n,m;double f[N][N];
4 int main()
5 {
6 while(~scanf("%d%d",&n,&m))
7 {
8 f[n][m]=0;
9 ro(i,n,0)
10 ro(j,m,0)if(i!=n||j!=m)
11 f[i][j]=
12 (
13 f[i+1][j]*(n-i)*j+
14 f[i][j+1]*i*(m-j)+
15 f[i+1][j+1]*(n-i)*(m-j)+n*m
16 )/
17 (
18 n*m-i*j
19 );
20 printf("%.4f\n",f[0][0]);
21 }
22 return 0;
23 }//Paul_Guderian一个补充问题：为什么期望dp常常逆推？大米饼认为期望DP中状态转移各个去向的概率决定了这一点。如果要求解，我们必须要知道转移去向的概率是多少(就像上文发现漏洞的四种情况具有不同的概率一样)，也就相当于机器人分身。那么逆推情况下，各个来源的概率正是实际问题中的概率(比如漏洞是新的且在新系统就是(n-i)*(s-j)/n*s)。如果顺推，由于一些来源状态无法到达或者无实际意义，很多时候转移的概率并不是实际问题的概率。更加浅显易懂地说就是：逆推的概率符合实际，顺推的概率只是形式上的(即填表法得出刷表法)，不一定符合实际。
[3]一个人的游戏
·述大意：
有三个骰子,分别有k1,k2,k3个面,初始分数是0。第i骰子上的分数从1道ki。当掷三个骰子的点数分别为a,b,c的时候，分数清零，否则分数加上三个骰子的点数和，当分数>n的时候结束。求需要掷骰子的次数的期望。
(0<=n<= 500,1<K1,K2,K3<=6,1<=a<=K1,1<=b<=K2,1<=c<=K3)
·分析：
这是一道求期望的题。首先总体感悟一下可以知道状态有两类转移途径，分别是加分数和清空分数。还是像以前一样，我们定义f[i]表示当前分数为i的时候，到达大于等于n分数的状态的期望次数。对于清空情况的概率我们使用P0表示。
首先，由于我们已知三个骰子可能的点数，那么我们可以算出所有可能分数的概率，即用p[i]表示三个骰子加起来分数为i的概率。
上文的处理使得DP方程式很容易写出来：
然后就轻轻地写出DP方程式(注意,还是逆推)：
f[i] = f[0]*P0 + ∑(f[i+k]*p[i+k]) + 1
看上去问题已经解决，但是出现了一个很大的问题：逆推是从大的i循环至小的i,但是现在每个式子都含有一个f[0],这样就没有办法转移状态了(似乎形成了一个环,然后在其中迷失自我) 。
怎么办啊？啊啊啊，完了完了。
还没完！既然f[0]违背常理，我们不能立刻求出来，那么就将它作为未知数好了。首先我们找出每个方程式的统一格式，可以写成这样：
f[i] = f[0]*ai+bi (原因是每个式子都含有f[0])————①
那么对于上面的方程式，其中的f[i+k]就可以被拆成：
f[i+k] = f[0]*ai+k+bi+k
然后带入原来的式子得出：
原式:f[i] = f[0]*P0 + ∑(f[i+k]*p[i+k]) + 1
f[i] = f[0]*P0 + ∑((f[0]*ai+k+bi+k)*p[i+k]) +1————②
然后我们试图将这个式子掰成和①式相同的形式：
②式：f[i] = f[0]*(P0+∑ai+k*p[i+k]) + ∑(bi+k*p[i+k]) + 1
①式：f[i] = f[0]* ai + bi
因此，你的方法奏效了，因为你得到了重要的式子：
ai=P0+∑ai+k*p[i+k]
bi=∑(bi+k*p[i+k])+1
在逆推的条件下，ai,bi均可以被递推出来，就替代了原来f[]递推的职责，使得我们顺利走到f[0]=f[0]*a0+b0从而推出：f[0]=b0/(1-a0)——我们梦寐以求的答案。
1 #include<stdio.h>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<math.h>
5 #include<cstring>
6 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
7 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
8 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;i;i=e[i].next,v=e[i].v)
9 #define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
10 using namespace std;
11 const int N=700;
12 int T,n,K1,K2,K3,A,B,C,sum;
13 double p[N],P,x[N],y[N];
14 int main()
15 {
16 scanf("%d",&T);
17 while(T--&&scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&K1,&K2,&K3,&A,&B,&C))
18 {
19 mem(p),mem(x),mem(y);
20 sum=K1+K2+K3;P=1.0/K1/K2/K3;
21 go(a,1,K1)go(b,1,K2)go(c,1,K3)
22 if(a!=A||b!=B||c!=C)p[a+b+c]+=P;
23 ro(i,n,0)
24 {
25 x[i]=P,y[i]=1;
26 go(k,3,sum)
27 {
28 x[i]+=p[k]*x[i+k],
29 y[i]+=p[k]*y[i+k];
30 }
31 }
32 printf("%.15lf\n",y[0]/(1-x[0]));
33 }
34 return 0;
35 }//Paul_Guderian总结来说,这道题相当于建立了一个方程组，然后解题的过程就是解方程的过程，这类题型在期望DP中十分常见。当然，这道题由于只有f[0]违反了逆推顺序，所以可以简单地处理系数来解出f[0]。但是，还有一些题是相互制约、环环相扣的局面，到那时候只有高斯消元才能拯救局面了。
[4]YYF侦查员
·述大意：
输入n表示共有n个地雷(0<n<=10),并且输入每个地雷所在的位置ai(ai为不大于108的正整数)。现在求从1号位置出发越过所有地雷的概率。用两种行走方式：①走一步②走两步(不会踩爆中间那个雷)。这两个行为的概率分别为p和(1-p)。
·分析：
怎样才叫不被炸飞呢？那就是不踩任何地雷。可是怎么写转移方程式才能满足这个条件呢？由于同时满足所有地雷都不踩较为困难,所以尝试分步。
插播一句，无论在何时何地，DP方程式还是很容易浮现脑海的：
令f[i]表示走到i位置还活着的概率：
f[i]=f[i-1]*p+f[i-2]*(1-p)
我们根据雷的位置将数轴分为n+1各部分，那么在雷之间全是安全美丽的土地，可以尽情行走——到了雷边儿上，就要注意了，一定要尝试跨过那个讨厌的雷：
我们发现，如果当前位置位于i,那么只能走i+2才能幸存。对于相邻两个雷(设他们的位置分别为l,r(l<r))之间漫长的区域，其实我们只需要算出从l+1开始走，并且到达r的概率(表示人成功越过l位置的雷，然后在r位置被成功丧命)，然后呢1减去这个概率，正是这个人在这一段区间存活的概率。
上述处理方式总是感觉是要统一每个区间(两个雷之间的区域)的概率计算方式，为什么呢？首先，最终答案就是各个区间的存活概率相乘的结果，很方便但是这不是这样做的主要原因。真正的原因是，让我们留意一下数据范围，跨越雷区最远会行走108，如果直接一个位置一个位置进行状态转移，就会慢，然后就TLE。分段处理到底可以干嘛呢？
注意上面那图中的"随便走,愉快…",说明在空旷的无雷地带上DP方程式做着形式千篇一律的状态转移，怎么加速？很明显就可以想到矩阵幂。
所以最终的做法就是，对于每个区间算出在该区间内在区间左端点雷炸死人的概率,然后相乘得到答案，其中每一段内的状态转移使用矩阵幂维护。
1 #include<stdio.h>
2 #include<algorithm>
3 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
4 const int N=15;
5 int n,a[N];double p,ans;
6 struct Mat
7 {
8 double mat[3][3];
9 void init1()
10 {
11 mat[1][1]=p,mat[1][2]=1-p;a[0]=0;
12 mat[2][1]=1,mat[2][2]=0;ans=1;
13 }
14 void init2()
15 {
16 mat[1][1]=mat[2][2]=1;
17 mat[1][2]=mat[2][1]=0;
18 }
19 }t;
20 void Mul(Mat &T,Mat g)
21 {
22 Mat res;
23 go(i,1,2)go(j,1,2){res.mat[i][j]=0;
24 go(k,1,2)res.mat[i][j]+=T.mat[i][k]*g.mat[k][j];}T=res;
25 }
26 void Pow(Mat T,int x)
27 {
28 Mat res;res.init2();
29 while(x){if(x&1)Mul(res,T);Mul(T,T);x>>=1;}
30 ans*=(1-res.mat[1][1]);
31 }
32 int main()
33 {
34 while(~scanf("%d%lf",&n,&p))
35 {
36 go(i,1,n)scanf("%d",a+i);std::sort(a+1,a+n+1);t.init1();
37 go(i,1,n)if(a[i]!=a[i-1])Pow(t,a[i]-a[i-1]-1);
38 printf("%.7f\n",ans);
39 }
40 return 0;
41 }//Paul_Guderian[5]账号激活
·述大意：
输入n,m表示一款注册账号时，小明现在在队伍中的第m个位置有n个用户在排队。每处理一个用户的信息时(指处在队首的用户)，可能会出现下面四种情况：
1.处理失败，重新处理，处理信息仍然在队头，发生的概率为p1；
2.处理错误，处理信息到队尾重新排队，发生的概率为p2；
3.处理成功，队头信息处理成功，出队，发生的概率为p3；
4.服务器故障，队伍中所有信息丢失，发生的概率为p4；
问当他前面的信息条数不超过k-1同时服务器故障的概率。(1<=n,m<=2000)
·分析
这是一道概率DP。首先根据题目给出的"位置""用户数"两个关键字可以先试着写出状态：f[i][j]表示当前队列里有i个人,然后小明排在第j位的时候达到目标状态的概率。
这个定义很明显与上文的概率DP定义有所不同，因为这看上去有点像期望DP——到达某个状态的概率,而不是这个状态出现的概率。这样做的原因是答案在一个区间里(见题目)所以只要在这个区间里的，我们转移的时候就加上概率，如果不在这个区间里，那么很明显是不会贡献新的概率的。
然后尝试写写转移方程式：
注意式子建立转移关系的原则是去掉不可能的情况(比如说小明激活成功了！),这个是不会影响概率的。然后呢，由于方程两边有相同的状态，所以像往常一样移项化简，得到对应的三个式子： j==1:f[i][1]=f[i][i]*P2/(1-P1)+P4/(1-P1)
1<j<k+1:f[i][j]=f[i][j-1]*P2/(1-P1)+f[i-1][j-1]*P3/(1-P1)+P4/(1-P1)
k<j:f[i][j]=f[i][j-1]*P2/(1-P1)+f[i-1][j-1]*P3/(1-P1)
为了方便观察，我们换元使用新的系数：
令：p1=P2/(1-P1),p2=P3/(1-P1),p3=P4(1-P1)
原式进一步美妙起来：
j==1:f[i][j]=f[i][i]*p1+p3—————————————①
1<j<k+1:f[i][j]=f[i][j-1]*p1+f[i-1][j-1]*p2+p3 ————②
k<j:f[i][j]=f[i][j-1]*p1+f[i-1][j-1]*p2 ——————③
现在考虑按照什么顺序怎样递推？由于1式子的存在，好像转移关系又形成了一个环。除了调皮的1式外,2,3式子都严格遵循下标小推出下标大的状态的原则，因此，仅仅一个1式子违背常理，还是很好处理的：
固定i，只动j。由于是i,j嵌套循环(令i在外层循环),那么对于f[i][]转移,根据从小到大的转移顺序,f[i-1][]的内容已经处理好了，也就是说可以看做常数，唯一不确定的(如式子2,3)就是f[i][j-1]。
拿2式子入手：首先把常数项都塞成一坨，称作hahai，得到式子： f[i][j]=f[i][j-1]+hahai
那么对于变幻的j,我们先看j取值区间为[1,i]的情况,则有：
f[i][1]=f[i][i]*p1+p3(式子1)
f[i][2]=f[i][1]*p1+haha2
f[i][3]=f[i][2]*p1+haha3
……
f[i][i]=f[i][i-1]*p1+hahai
然后呢就将每个式子带入下一个式子最终可以得到一个关于f[i][i]的可解方程。这里就是常数项的相加和乘p1的操作,所以累加一下记录就可以了。所以我们得到了f[i][i]的值，再根据方程式推出其他的值就很容易了。
为什么这样做呢？因为我们发现f[i][i]是扰乱秩序的那个，所以我们想办法先得到它的值，从而恢复正常的地推顺序。
总结地说，整个计算过程就是维护带入后的累加的值，和每个haha的和，最后就像普通的DP一样完美解决问题。
1 #include<stdio.h>
2 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
3 const int N=2003;int n,m,k,_;
4 double P[5],p1,p2,p3,f[2][N],B[N],sum,p_;
5 int main()
6 {
7 while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&n,&m,&k,P+1,P+2,P+3,P+4))
8 {
9 if(P[4]<1e-9){puts("0.00000");continue;}
10 p1=P[2]/(1-P[1]);
11 p2=P[3]/(1-P[1]);
12 p3=P[4]/(1-P[1]);
13 f[_=0][1]=P[4]/(1-P[1]-P[2]);
14 go(i,2,n)
15 {
16 sum=0;p_=1;
17 go(j,1,k)B[j]=p2*f[_][j-1]+p3;
18 go(j,k+1,i)B[j]=p2*f[_][j-1];
19 go(j,1,i)sum=sum*p1+B[j],p_*=p1;
20 _^=1;f[_][1]=p1*sum/(1-p_)+p3;
21 go(j,2,i)f[_][j]=p1*f[_][j-1]+B[j];
22 }
23 printf("%.5f\n",f[_][m]);
24 }
25 return 0;
26 }//Paul_Guderian[6]迷宫
·述大意：
有n个房间，由n-1条隧道连通起来，形成一棵树，从结点1出发，开始走，在每个结点i都有3种可能（概率之和为1）：1.被杀死，回到结点1处（概率为ki）2.找到出口，走出迷宫 （概率为ei） 3.和该点相连有m条边，随机走一条求：走出迷宫所要走的边数的期望值。(2≤n≤10000)
·分析： 这是一道求期望的题。如果设back[u],end[u]表示在节点u返回起点和走出迷宫的概率(哎呀,就是输入的数据),令m表示与点的节点个数,那么一个点走向每个儿子节点的概率为：(1-back[u]-end[u])/m。
根据上文信息，可以写出DP方程式(1为根节点):
令f[u]表示在节点u通关的所需的边数期望,v与u相连。
f[u]=f[1]*back[u]+end[u]*0+(1-back[u]-end[u])/m*∑(f[v]+1)
但是我们很快发现存在难以转移状态的问题，原因在于状态的无序性，使得找不到像样的转移途径和顺序。怎么让一棵树上的状态转移有序呢？我们可以试一试利用节点间的父子关系(想一想,树形DP都是利用这个啊)。
所以就把与u相连的点分为两种：父亲和儿子节点。然后对应地，修改上述转移方程式：
f[u]=
f[1]*back[u]+end[u]*0+(1-back[u]-end[u])/m*(∑(f[son]+1)+f[dad]+1)
我们要珍惜仅有的提供转移顺序的父子关系，所以我们将方程式统一成如下形式： f[u]=Au*f[1]+Bu*f[dad]+Cu——————————————①
由于f[son]仅存在于非叶子结点的转移，所以我们分情况讨论(有一个为0的项已经省去了)：设P=1-back[u]-end[u]
叶子结点 :f[u]=f[1]*back[u]+P*(f[dad]+1)
化一化：f[u]=f[1]*back[u]+f[dad]*P+P—————————————②
非儿子节点:f[u]=f[1]*back[u]+P/m*(∑(f[son]+1)+f[dad]+1)
化一化：f[u]=f[1]*back[u]+f[dad]*P/m+∑(f[son]+1)*P/m+P/m
f[son]不在我们规定的形式里面，所以根据①式拆开：
f[u]=
f[1]*back[u]+f[dad]*P/m+∑(Ason*f[1]+Bson*f[u]+Cson+1)*P/m+P/m ③
好了，下面开始按照很正常的路子解决问题：
首先,利用①式，将②式③式也转换成相同的格式，得到式子： [叶子结点]：Au=back[u],Bu=P,Cu=P。
[非叶子结点]:③式子化简结果有点复杂，不过移项后还是很美妙的：
Au=(back[u]+∑(Ason)*P/m)/(1-∑(Bson)*P/m)
Bu=(P/m)/(1-∑(Bson)*P/m)
Cu=(∑(Cson+1)*P/m+P/m)/(1-∑(Bson)*P/m)
Over!
总结来说，由于我们已经获得了Au,Bu,Cu之间的关系式，实际上这道题已经转化为关于A,B,C三个数组之间的递推，维护他们儿子相关信息的和就是了(根据式子来列)。最终答案由于是f[1],又因为：f[1]=A1*f[1]+C1(根节点没有爸爸),所以计算出A1,C1就完事啦。
1 #include<stdio.h>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
6 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
7 #define fo(i,a,x) for(int i=a[x],v=e[i].v;~i;i=e[i].next,v=e[i].v)
8 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
9 using namespace std;const int N=10005;
10 struct E{int v,next;}e[N<<1];
11 int T,n,k,head[N];
12 double Back[N],End[N],A[N],B[N],C[N];
13 void ADD(int u,int v){e[k]=(E){v,head[u]};head[u]=k++;}
14 double Ab(double x){return x<0?-x:x;}
15 bool dfs(int u,int fa)
16 {
17 if(e[head[u]].next<0&&u!=1)
18 {
19 A[u]=Back[u];
20 B[u]=1-Back[u]-End[u];
21 C[u]=1-Back[u]-End[u];
22 return 1;
23 }
24 double A_=0,B_=0,C_=0;int m=0;
25 fo(i,head,u)if(++m&&v!=fa)
26 {
27 if(!dfs(v,u))return 0;
28 A_+=A[v],B_+=B[v],C_+=C[v];
29 }
30 if(Ab(1-(1-Back[u]-End[u])/m*B_)<1e-9)return 0;
31 A[u]=(Back[u]+(1-Back[u]-End[u])/m*A_)/(1-(1-Back[u]-End[u])/m*B_);
32 B[u]=((1-Back[u]-End[u])/m)/(1-(1-Back[u]-End[u])/m*B_);
33 C[u]=(1-Back[u]-End[u]+(1-Back[u]-End[u])/m*C_)/(1-(1-Back[u]-End[u])/m*B_);
34 return 1;
35 }
36 int main()
37 {
38 scanf("%d",&T);int t=T;
39 while(T--&&scanf("%d",&n))
40 {
41 mem(head,-1);k=0;
42 printf("Case %d : ",t-T);
43 go(i,2,n)
44 {
45 int u,v;
46 scanf("%d%d",&u,&v);
47 ADD(u,v);ADD(v,u);
48 }
49 go(i,1,n)
50 {
51 scanf("%lf%lf",&Back[i],&End[i]);
52 Back[i]/=100;End[i]/=100;
53 }
54 if(!dfs(1,1)||Ab(1-A[1])<1e-9){puts("impossible");continue;}
55 printf("%.6f\n",C[1]/(1-A[1]));
56 }
57 return 0;
58 }//Paul_Guderian[7]迷宫
·述大意：
正在玩飞行棋。输入n,m表示飞行棋有n个格子，有m个飞行点，然后输入m对u,v表示u点可以直接飞向v点,即u为飞行点。如果格子不是飞行点，扔骰子(1~6等概率)前进。否则直接飞到目标点。每个格子是唯一的飞行起点，但不是唯一的飞行终点。问到达或越过终点的扔骰子期望数。
·分析：
这是一道期望DP。前面的经验告诉我们这道题很朴素很清新，与上文的期望题目比起来好很多了。因此你轻松地给出了DP转移方程式：
首先用jump[u]表示u点是飞行点并会前往的点的编号。
注意这里是如果到达了飞行点，就直接飞向jump[u]点啦~~~~
令f[i]表示当前在格子i，到达或者越过n点需要走的期望距离(逆向)。
(该点不是飞行点)f[i]=∑((f[i+j]+1)*(1/6)) (1<=j<=6)
(该点就是飞行点)f[i]=f[jump[i]]
当然啦，只要i>=n,f[i]=0;最终答案就是f[1]。
1 #include<stdio.h>
2 #include<cstring>
3 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
4 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
5 const int N=100010;
6 int n,m,jump[N],u,v;
7 double f[N];
8 int main()
9 {
10 while(scanf("%d%d",&n,&m),n+m)
11 {
12 memset(f,0,8*n+72);
13 memset(jump,-1,4*n+36);
14 go(i,1,m)scanf("%d%d",&u,&v),jump[u]=v;
15
16 ro(i,n-1,0)if(jump[i]>-1)f[i]=f[jump[i]];
17 else {go(j,1,6)f[i]+=f[i+j]/6;f[i]++;}
18 printf("%.4f\n",f[0]);
19 }
20 return 0;
21 }//Paul_Guderian这道题美妙之处在于它能够帮助我们更好地理解为什么期望DP通常是逆推的了。原因正是上文提到的,每次掷骰子对于每个点数的概率是均等的，但是每个点来源的概率却不能直接说成是1/6。因此顺推在这里会明显出错。
[8]黑衣人
·述大意： 黑衣人在起点和终点间往返。多组输入n,m,y,x,d,表示起点终点所在直线(包括他们)共有n个点,黑衣人每次在当前方向上等概率地前进[1,m]中的一种距离，当然遇到尽头就立刻折返行走。x,y分别表示起点和终点的下标，此时黑衣人在起点x。d表示方向，d为0表示当前方向为x到y,d为1表示方向为y到x。输出x到y所行走的期望距离，如果无法到达输出'Impossible !'(T<=20,0<N,M<=100,0<=X,Y<100).
·分析：
首先解决很奇妙的问题就是怎么表示折返，否则就没法写出任何DP转移方程式。在这里的解法就是将区间关于n镜像复制，然后就在环上处理动态规划的转移一样了。如一个图吧：
接下来开始思考关于DP方程式的问题。写出DP方程式依旧是那么容易：
令f[i]表示从i点到达终点的期望距离。
f[i]=∑((f[i+j]+j)*p[i]) (1<=j<=m)
由于有折返的原因，这里的f[i+j]可能在i之后，也可能在i之前,也就是说每个状态转移来源可能同时存在先前和将来的状态。那么隐隐约约地就能够体会到，无论怎样改变枚举顺序，永远也不能像往日那样安全地进行状态转移了。所以我们将问题一般化得到一种常用方法： 如果我们把对于f[i]没有贡献或者转移不过去的f[j]在此处的转移概率设为0的话，那么对于f[i]的转移就可以写成：
f[i]=pi1*f[1]+pi2*f[2]+……+pi n-1*f[n-1]+pin*f[n]
当然p是不同的，因为位置不同，移动后的地方也不同。所以，对于每个 f[i]我们都可以写出上述类似式子:
f[1]=p11*f[1]+p12*f[2]+……+p1 n-1*f[n-1]+p1n*f[n]
f[2]=p21*f[1]+p22*f[2]+……+p2 n-1*f[n-1]+p2n*f[n]
f[3]=p31*f[1]+p32*f[2]+……+p3 n-1*f[n-1]+p3n*f[n]
·················
f[n]=pn1*f[1]+pn2*f[2]+……+pn n-1*f[n-1]+pnn*f[n]
到此时，这情景让人熟悉——这是个标准的线性方程组。因此使用高斯消元来解决这本来很凌乱的局面。
本来到此为止了，但是有一个很重要的预处理——先进行一个bfs判断起点究竟能否到达终点，如果不能就直接impossible。网上许多博主将建立高斯消元系数的过程直接塞在bfs里面了，不过大米饼此处是分开写的。
1 #include<cmath>
2 #include<queue>
3 #include<stdio.h>
4 #include<cstring>
5 #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
6 #define ro(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
7 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
8 using namespace std;
9 const int N=502;
10 double p[N],sum,A[N][N];
11 int T,n,m,s,t,D,v;
12 bool vis[N];
13 bool BFS()
14 {
15 queue<int>q;mem(vis,0);q.push(s);vis[s]=1;
16 while(!q.empty())
17 {
18 int u=q.front();q.pop();
19 go(i,1,m)
20 {
21 v=(u+i)%n;//少写了"判断P[i]为0"
22 if(!vis[v]&&fabs(p[i])>1e-9)vis[v]=1,q.push(v);
23 }
24 }
25 return vis[t]||vis[n-t];//partly missed
26 }
27 void Gauss()
28 {
29 mem(A,0);
30 go(i,0,n-1)
31 {
32 A[i][i]+=1;//missed//+=1 not =1
33 if(!vis[i]){A[i][n]=1e9;continue;}
34 if(i==t||i==n-t){A[i][n]=0;continue;}
35 A[i][n]=sum;go(j,1,m)A[i][(i+j)%n]-=p[j];//最后一个i写成s
36
37 }
38 double val,w;int I;
39 go(i,0,n-1)
40 {
41 val=A[I=i][i];
42 go(j,i+1,n-1)if(fabs(A[j][i])>val)val=fabs(A[I=j][i]);
43 go(k,i,n-1)swap(A[i][k],A[I][k]);
44 go(j,i+1,n-1)
45 {
46 go(k,i+1,n)A[j][k]-=A[i][k]*A[j][i]/A[i][i];
47 A[j][i]=0;
48 }
49 }
50 ro(i,n-1,0)
51 {
52 A[i][n]/=A[i][i];
53 go(j,0,i-1)A[j][n]-=A[j][i]*A[i][n];
54 }
55 printf("%.2f\n",A[s][n]);
56 }
57 int main()
58 {
59 scanf("%d",&T);
60 while(T--&&scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&t,&s,&D))
61 {
62 n=n-1<<1;sum=0;
63 go(i,1,m)scanf("%lf",p+i),sum+=1.0*i*(p[i]/=100);
64 if(s==t){puts("0.00");continue;}if(D==1)s=(n-s)%n;
65 if(!BFS()){puts("Impossible !");}
66 else Gauss();
67 }
68 return 0;
69 }//Paul_Guderian大米飘香的总结：
本文关注的是怎样将问题转化为概率期望DP以及常见的技巧性处理(比如系数递推,高斯消元,逆推期望等),题目做不完,幸运的是好的思想和历经检验的算法是可以用心掌握的。大米饼觉得首先需要正确理解概率，然后学会问题转化，并且关注每一步式子可能暴露出的突破口。Of course文章可能会有讹误和胡言乱语,希望严肃的读者加以指出。然后衷心祝愿看到这篇博文的Oier们在OI路上越走越远！啦啦啦。
我有些不安和害怕,忘了涂了废纸上的字迹 我挥舞着火红的手臂,好象飞舞在阳光里。————汪峰《尘土》