- 數學期望 P=Σ每一種狀態*對應的概率。
- 因為不可能枚舉完所有的狀態，有時也不可能枚舉完，比如拋硬幣，有可能一直是正面，etc。在沒有接觸數學期望時看到數學期望的題可能會覺得很闊怕（因為我高中就是這么認為的，對不起何老板了QwQ），避之不及。 但是現在發現大多數題就是手動找公式或者DP推出即可，只要處理好邊界，然后寫好方程，代碼超級簡短。與常規的求解不同，數學期望經常逆向推出。
- 比如常規的dp[x]可能表示到了x這一狀態有多少，最后答案是dp[n]。而數學期望的dp[x]一般表示到了x這一狀態還差多少，最后答案是dp[0]。
具體的看下面的題型吧,看完應該就有感覺了。
- 最后面幾道是DP，感覺和數學期望關系不大，不看也罷。
一：Uva12230Crossing Rivers (數學期望)
題目大意：
有個人每天要去公司上班，每次會經過N條河，家和公司的距離為D，默認在陸地的速度為1，
給出N條河的信息，包括起始坐標p，寬度L，以及船的速度v。船會往返在河的兩岸，人到達河岸時，
船的位置是隨機的（往返中）。問說人達到公司所需要的期望時間。
思路： 1，過每條河最壞的情況是t=3*L/v； 即去的時候船剛剛走。 2，過沒條河最優的情況是t=L/v； 即去的時候船剛剛來。 3，由於船是均勻發布的，符合線性性質，所以平均下來，過每條河的時間t=2*L/v。
（是不是感覺看完后豁然開朗。。。。。。發自內心地說道：原來是尼瑪這樣一個題，當然這個題並不典型）
二：SPOJ Favorite Dice（數學期望）
題意：
甩一個n面的骰子，問每一面都被甩到的次數期望是多少。
思路：
比較簡單常見，公式：初始化dp[]=0; dp[i]=i/n*dp[i]+(n-i)/n*dp[i+1]+1; 化簡逆推即可。 求的是dp[0];
三：SGU495Kids and Prizes（數學期望||概率DP||公式）
題意：
有n個獎品，m個人排隊來選禮物，對於每個人，他打開的盒子，可能有禮物，也有可能已經被之前的人取走了，然后把盒子放回原處。為最后m個人取走禮物的期望。
思路：
排隊取，第1個人取到1個，dp[1]=1;后面的人dp[i]=p取到禮物盒子+dp前面的取到禮物盒子=(n-dp[i-1])/n + dp[i-1]； 當然，也可以化簡為公式 printf("%.10lf\n",n*1.0*(1-pow((n-1)*1.0/n,m)));
四：ZOJ3640Help Me Escape（師傅逃亡系列•一） （我自己的逃亡三題）
題意： 師傅被妖怪抓走了。有n個妖怪，每個妖怪有一個固定的戰斗力c[]，師傅也有一個初始戰斗力f0。
每天，師傅會隨機選擇一個妖怪決斗，如果打得贏ft>c[]，就可以逃出去,逃出去要t[]天，畢竟超人不會飛；
否則，師傅會不甘心，當天他會拿出秘籍練功，將自己變強,f(t+1)=f(t)+c[]，第二天尋找下一次機會。
問師傅能夠逃脫可怕的妖怪，繼續追求去印度吃手抓餅的夢想的天數的數學期望day。
思路： 設dp[F]是戰斗力為F時，逃離的天數期望。（答案是dp[f]）。則有公式。 dp[F]= Σ 1/n * t[i] ,F>c[[i] +∑ 1/n * dp[F+c[i]] ,F<=c[i]
（第一題是水的，這一題像樣一點，列方程。）
五：HDU4035 Maze（師傅逃亡系列•二）（循環型 經典的數學期望）
題意：
師傅又被抓了，師傅現在在一個樹里。第一天他在1號節點；對於每一個節點，
有三種可能，一是被妖怪殺死ki，二是被徒兒救走ei，三是第二天等概率地走到相鄰的一個節點。
問師傅被救走的天數的期望，不能被救走輸出“impossible”。
思路：
上一個題，由於是單調的，沒有后續性，所以可以記憶化搜索或者DP解決。
這個題存在后續性，舉個例子。如果求從s號節點逃出去的期望dp[s]，那么dp[s]和s的子節點和s的父節點有關，而欲求s的子節點時，子節點又和父節點s有關。。。
這個時候就需要我們找一個辦法來排除后續性。大概就是找一個很牛逼的公式。這個公式本來是和后續性有關，但是公式之間抵消的后續性。
設 E[i]表示在結點i處，要走出迷宮所要走的邊數的期望。E[1]即為所求。 葉子結點： E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)*(E[father[i]] + 1); = ki*E[1] + (1-ki-ei)*E[father[i]] + (1-ki-ei); 非葉子結點：（m為與結點相連的邊數） E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)/m*( E[father[i]]+1 + ∑( E[child[i]]+1 ) ); = ki*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei)/m*∑(E[child[i]]) + (1-ki-ei);
設對每個結點：E[i] = Ai*E[1] + Bi*E[father[i]] + Ci;
對於非葉子結點i，設j為i的孩子結點，則 ∑(E[child[i]]) = ∑E[j] = ∑(Aj*E[1] + Bj*E[father[j]] + Cj) = ∑(Aj*E[1] + Bj*E[i] + Cj) 帶入上面的式子得 (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj)*E[i] = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj)*E[1] + (1-ki-ei)/m*E[father[i]] + (1-ki-ei) + (1-ki-ei)/m*∑Cj; 由此可得 Ai = (ki+(1-ki-ei)/m*∑Aj) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); Bi = (1-ki-ei)/m / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); Ci = ( (1-ki-ei)+(1-ki-ei)/m*∑Cj ) / (1 - (1-ki-ei)/m*∑Bj); 對於葉子結點 Ai = ki; Bi = 1 - ki - ei; Ci = 1 - ki - ei; 從葉子結點開始，直到算出 A1,B1,C1; E[1] = A1*E[1] + B1*0 + C1; 所以 E[1] = C1 / (1 - A1); 若 A1趨近於1則無解...
六：HDU3853LOOPS （師傅逃亡系列•三）（基礎概率DP）
題意： 你知道，師傅經常被抓，這次又被抓到一個矩陣里面，最開始他在Map[1][1]，出口在Map[n][m]；
每一次他會消耗兩顆神丹，然后每一個格子，有一定概率留在原地，有一定概率向下走一格，有一定概率向右走一格。。。求師傅逃出去的神丹消耗期望。
思路：
這次的逃亡很好想，沒有前兩次那樣需要逆推或者求公式。聰明的你不如手動算一下。實在不行還可以參考下面的題目。
七：ZOJ3551Bloodsucker （數學期望）
題意：
開始有一個吸血鬼，n-1個平民百姓。每天一個百姓被感染的概率可求，問每個人都變成吸血鬼的天數期望
思路： 一般期望題逆推，設dp[i]是目前已經有i個吸血鬼，所有人變成吸血鬼的期望。則dp[n]=0;答案是dp[1]。（注意這里dp代表的什么）
每一個dp[i]的感染概率可求是p[]=2.0*(n-i)*i/(n-1)/n*p; 則可得遞推公式： dp[i] = (dp[i+1]*p[]+1)/p[];
八：ZOJ3329One Person Game(循環型 數學期望)
題意： 有三個骰子，面值分別是k1，k2，k3。每次扔出的值之和加到ans上，問多少次才能ans>n；當然，當遇到k1=a,k2=b,k3=c時，ans=0;重新開始累加。
思路：
和之前第五題Maze一個題型。寫出的公式是有后續性的。我們需要弄一個遞推公式，消去后續性。（當然循環的話高斯消元也可以做。）
設dp[i]表示達到i分時到達目標狀態的期望，pk為投擲k分的概率，p0為回到0的概率 則dp[i]=∑(pk*dp[i+k])+dp[0]*p0+1; 都和dp[0]有關系，而且dp[0]就是我們所求，為常數 設dp[i]=A[i]*dp[0]+B[i]; 代入上述方程右邊得到： dp[i]=∑(pk*A[i+k]*dp[0]+pk*B[i+k])+dp[0]*p0+1 =(∑(pk*A[i+k])+p0)dp[0]+∑(pk*B[i+k])+1; 明顯A[i]=(∑(pk*A[i+k])+p0) B[i]=∑(pk*B[i+k])+1 先遞推求得A[0]和B[0]. 那么 dp[0]=B[0]/(1-A[0]);
大概就是這個樣子。 
九：CF 148D D. Bag of mice （概率DP||數學期望）
題意：
一對情侶開房玩抓老鼠游戲，老鼠有黑白兩色，女的為先手，先抓到白老鼠勝。
特別的，男的每抓一只老鼠后，還會隨機放走一只老鼠。問女的贏的概率是多少。如果輸了，后果會很嚴重，當天晚上只能睡沙發。
思路：
dp[i][j]為當前狀態，有i只白老鼠，j只黑老鼠，女的贏的概率。那么dp[][] = 這一次贏 + 以后贏= i/(i+j) + 。。。具體見代碼。
十：POJ3682King Arthur's Birthday Celebration（數學期望||概率DP）
題意：
有一個富豪，他決定每天撒錢，並且拋硬幣，第一天1塊錢，第二天3塊錢，第三天5塊，直到他拋到硬幣向上的數量為K。
求天數期望和錢期望。
思路： 天數期望dp很好求，公式一推，代碼一敲。錢期望money沒想出來，我開始想難道是用第x天結束的期望乘第x天的錢，累加，直到x天的期望乘錢小於0.0001。
但是參考了下別人的公式，反正自己是沒想出來。 天數：dp[i]=dp[i]*(1-p)+dp[i-1]*p+1，化簡：dp[i]=dp[i-1]+1/p; money：money[i] = p(money[i-1]+ 2 *(dp[i-1]+1)-1) + (1-p)(money[i] + 2 * (dp[i]+1)-1)。
化簡：money[i]=money[i-1]+2*dp[i-1]-2*dp[i]+(1+2*dp[i])/p; 問題： 可以用巴斯卡分布？二項分布？？？給數學跪了 http://blog.csdn.net/nmfloat/article/details/50650489
十一： POJ2151Check the difficulty of problems (組合數學||概率DP)
題意：
一套題，有T個題，M個人應考，已知每個人做來某題的概率。問X的概率。X滿足，每個考生至少做來一道題。至少有一人做的題不少於N道。
思路： 不算是很典型的概率DP，更像是一道簡單數學題。 可以把所有考生都至少做來一道題的概率減去 每個人都做來1到n-1道題的概率。 p=[(1-x11)*(1-x12)(..) ] * [(1-x21)*(1-x22)(..)]*[...] - [...]*[...] ，這樣的話，用組合數就ok了。 但是這里是用的DP是思路，先把考生與考題的關系求出來，p[i][j][k] 表示第i個考試前j個題會做k道的概率。再根據題意進行DP。
十二：HihoCoder1164 隨機斐波那契（概率DP）
描 大家對斐波那契數列想必都很熟悉: a0 = 1, a1 = 1, ai = ai-1 + ai-2,(i > 1)。 現在考慮如下生成的斐波那契數列: a0 = 1, ai = aj + ak, i > 0, j, k從[0, i-1]的整數中隨機選出（j和k獨立）。 現在給定n，要求求出E(an)，即各種可能的a數列中an的期望值。(1<=n<=500)
思路：
不說了，數據小，我暴力枚舉的。
十三：HihoCoder 1075 開鎖魔法III（概率DP+組合）
描述
一日，崔克茜來到小馬鎮表演魔法。
其中有一個節目是開鎖咒：舞台上有 n 個盒子，每個盒子中有一把鑰匙，對於每個盒子而言有且僅有一把鑰匙能打開它。
初始時，崔克茜將會隨機地選擇 k 個盒子用魔法將它們打開。崔克茜想知道最后所有盒子都被打開的概率。
1，每個盒子都有一個入度和一個出度，以之前二分圖拆點的經驗來看，必然會形成很多個環。 2，每個環至少選擇一個盒子。 3，每個環至少選擇一個盒子的組合數，聯想到母函數，組合數。 4.自由YY。可以DP，但是誤差可能大一些。可以全部求出來再除，這樣誤差小一些。 （ps：學會了母函數再搞組合是要多一分靈感！彎的four）
十四：BZOJ - 4318: OSU! (期望DP&Attention)
題意：一段連續長度為L的線段貢獻是L^3，求貢獻的期望。 （注意期望的平方和求方的期望不一樣
思路：此類期望題都是單獨算某一位的貢獻，假設前一位的連續長度為g[i-1]，那么很明顯當前位的期望長度為 g[i]=(g[i-1]+1)*p[i]； 則當前為的貢獻是add=g[i]^3-g[i-1]^3=3*g[i]^2-3*g[i]+1。 這三部分分別算期望即可。 第一部分：3*g[i]^2，就是平方的期望（不僅僅是期望的平方那么簡單），令期望的平方為數組g2，則3g2[i]=3*(g2[i-1]+2*g[i-1]+1)*p[i]; 第二部分：-3*g[i]，其期望=-3*(g[i-1]+1)*p[i] 第三部分: 1，其期望=p[i] 主要就是要注意期望的平方如何去算！
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2019-05-12更新
由於上訴都是一些比較簡單的東西，而好像又容易被搜索到，所以加點干貨。
干貨一： 反復模擬，逼近答案。
（有的題目，由於大方向確定，我們只需要在小范圍內一層一層不斷逼近即可；或是隨機多次也能得到比較正確的結果。
CodeForces - 24D ：Broken robot （高斯消元 隨機）
pro：給定N*M的矩陣，以及初始玩家位置。 規定玩家每次會等概率的向左走，向右走，向下走，問走到最后一行的期望。保留4位小數。
sol：可以列出方程，高斯消元即可，發現是三角矩陣，O(N^2)。 也可以用反復逼近答案。 反復做，dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0 為了使逼近效果更好，我每次先左一次，再右一次。 雖然 暴力但是效率也不差。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=1010; double dp[maxn][maxn]; int d[maxn]; int main() { int N,M,x,y; scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&x,&y); rep(i,1,M){ d[i]=2; if(i>1) d[i]++; if(i<M) d[i]++; } rep(i,x+1,N){ rep(t,1,20){ rep(j,1,M) dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0; for(int j=M;j>=1;j--) dp[i][j]=(dp[i][j+1]+dp[i][j-1]+dp[i][j]+dp[i-1][j])/d[j]+1.0; } } printf("%.10lf\n",dp[N][y]); return 0; }
干貨二： Min-Max容斥。
（有的題目，數據量比較小，但是方程很難列出，我們可能要考慮容斥，min-max容斥是一種比較常見的容斥方式。 他解決問題的方式：假設有S個對象，求把所有東西都取到的期望，不直接求，而是通過求子集的期望，然后容斥得到結果。
HDU - 4336：Card Collector（min-max容斥求期望）
pro：題面不好看，題意很簡單，就是給定S個物品，然后每次取到物品i的概率為pi，∑pi<=1; 求把所有物品都至少取到一次的期望。
sol： T是S的子集，我們得到每個子集T的期望，然后乘上容斥系數，累加起來就是答案。 假設我們dfs得到了S的子集T，並且得到至少取到這個子集的一個的概率p，則其期望為1/p；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=30; double p[maxn],ans; int N; void dfs(int pos,double now,int opt) { if(pos==N+1) { if(opt>0){ if(opt&1) ans+=1.0/now; else ans-=1.0/now; } return ; } dfs(pos+1,now,opt); dfs(pos+1,now+p[pos],opt+1); } int main() { while(~scanf("%d",&N)){ for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%lf",&p[i]); ans=0; dfs(1,0.0,0); printf("%.4lf\n",ans); } return 0; }