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向大(hei)佬(e)勢力學(di)習(tou)
之前一直都沒有接觸過期望，更別說期望dp了。
先從期望說起吧，dp什么的先不談。淺談一下期望的線性性（可加性），這是一個很重要的性質，主要用我做的這幾道例題來更感性的理解（真的是淺談。。。orz）
首先，期望是指一個事件有多種結果，每一種結果出現有一定的可能性。
對於隨機變量x，它的期望E(x)=sigma{基本結果i發生的概率*發生基本結果i時的x的數值，i是一個基本結果}
然后是期望的線性性（可加性）：
（感性理解一下）
E(X+Y)=E(X)+E(Y)
即兩個（或多個）隨機變量的和的期望等於期望的和
下面就由題目來理解理解吧（題才是重點）：
Codeforces280c
題目大意
給出一棵含n個白點的有根樹,每次隨機選擇一個還沒有被染黑的節點,將這個節點和這個節點子樹中的所有點染黑.
問期望操作多少次后所有點都被染黑.
N<=100000
整棵樹的期望操作次數太大，難以找到方法。這時我們需要突破口。
該如何將大問題轉化為小問題呢？我們發現，一棵樹是可以分成好幾顆子樹的，而子樹分解的最終狀態就是所有的點。那么，我們是不是可以計算出 每個點被染黑的期望操作次數，然后相加就是整棵樹的了？答案是當然可以。
這里需要注意的是，對於每個點的操作次數是指的在這個點上的操作。對於每一個點，如果其祖先被染黑了，它自己也會被順帶染黑，而這個對於該點來說是沒有進行操作的。所以得出對於點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綠豆蛙的歸宿
Description
隨着新版百度空間的下線，Blog寵物綠豆蛙完成了它的使命，去尋找它新的歸宿。
給出一個有向無環的連通圖，起點為1終點為N，每條邊都有一個長度。綠豆蛙從起點出發，走向終點。
到達每一個頂點時，如果有K條離開該點的道路，綠豆蛙可以選擇任意一條道路離開該點，並且走向每條路的概率為 1/K 。
現在綠豆蛙想知道，從起點走到終點的所經過的路徑總長度期望是多少？
Input
第一行: 兩個整數 N M，代表圖中有N個點、M條邊
第二行到第 1+M 行: 每行3個整數 a b c，代表從a到b有一條長度為c的有向邊
Output
從起點到終點路徑總長度的期望值，四舍五入保留兩位小數。
Sample Input
4 4
1 2 1
1 3 2
2 3 3
3 4 4
Sample Output
7.00
HINT
對於100%的數據 N<=100000，M<=2*N
很顯然，由期望的線性性可得：經過路徑期望總長度=sigma{每條邊期望經過次數*邊權}
因為是有向無環圖，所以 每條邊的期望經過次數=該邊起點的期望經過次數*從該起點出發經過該路徑的概率。
於是問題轉成了求每個點的期望經過次數。很顯然，每個點的期望經過次數=sigma{入邊i的期望經過次數}
於是發現邊與點的期望值是相輔相成的關系，由於是有向無環圖，所以拓撲排序就可以了
#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
一個無向連通圖，頂點從1編號到N，邊從1編號到M。
小Z在該圖上進行隨機游走，初始時小Z在1號頂點，每一步小Z以相等的概率隨機選 擇當前頂點的某條邊，沿着這條邊走到下一個頂點，獲得等於這條邊的編號的分數。當小Z 到達N號頂點時游走結束，總分為所有獲得的分數之和。
現在，請你對這M條邊進行編號，使得小Z獲得的總分的期望值最小。
Input
第一行是正整數N和M，分別表示該圖的頂點數 和邊數，接下來M行每行是整數u，v(1≤u,v≤N)，表示頂點u與頂點v之間存在一條邊。 輸入保證30%的數據滿足N≤10，100%的數據滿足2≤N≤500且是一個無向簡單連通圖。
Output
僅包含一個實數，表示最小的期望值，保留3位小數。
Sample Input
3 3
2 3
1 2
1 3
Sample Output
3.333
其實這道題與綠豆蛙有相似之處，但是圖變為了無向連通圖。
首先明確一個簡單的貪心：我們希望期望經過次數最大的邊編號最小。然后就是如何求期望經過次數了。原理與上一題一樣，由點推邊。
對於一號點，f[1]=1+sigma(f[j]/degree(j) , j和1有邊)
對於其他點，f[i]=sigma(f[j]/degree(j),j和i有邊)
但由於是無向圖，一個點可以被經過數次，還有極小的的可能在一條邊上來回走動。於是我們發現這個圖是有后效性的，每個點的值會互相影響，所以不能遞推。wa，那可怎么辦啊？
大佬告訴我，像這種會互相影響的值，其實和方程組很像，高斯消元即可。woo，學到了。
#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;
}總結：
1、分解成小的、可計算的期望問題，來解決大的、不可計算的期望問題
2、無后效性的可直接遞推。有后效性的可解方程。