概率：
1.一件事情發生的理論可能性。
2.∑pi=1
數學期望：
1.一件事情（隨機變量）的取值結果和概率乘積的總和。
2.E(x)=∑pi*xi （期望定義）
3.E(ax+by)=aE(x)+bE(y) （期望的線性性質）
4.E(x*y)=E(x)*E(y)（x，y獨立時一定成立）
例題1：
綠豆蛙的歸宿
Description：
給出一個有向無環圖，起點為1終點為N，每條邊都有一個長度，並且從起點出發能夠到達所有的點，所有的點也都能夠到達終點。
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？
Solution：
基礎期望。
f[i]:從i到n的期望長度。f[i]=1/k * ∑ ( f[ver[j]] + z[val[j]] ) j是邊號。f[n]=0;
反向建邊拓撲排序轉移即可。
為什么是i到n？不是1~i？
1.因為，1~i設法，不能准確轉移到f[ver[i]] , 因為1可能不會到i，期望長度沒有意義。
2.因為，這樣的轉移，概率之和是決策點的度數倒數之和，可能不是1，轉移無法解釋。
例題2：
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。
Solution：
首先進行貪心。經過次數最多的邊賦值最小的編號。
轉化為記錄邊的經過次數期望。不好算。
點的經過次數期望好算。p[i]=∑p[j]*1/d[j]
p[1]=∑p[j]*1/d[j] + 1
並且，因為到了n就停止了，所以與n有關的p[n]轉移都不存在。
並且，p[n]=1;期望一定經過有且只有一次。
發現，無法遞推。成環。
就列方程。高斯消元。
再求出經過邊i的期望次數：l[i]=p[x]*1/d[x] + p[y]*1/d[y] （x，y兩端點編號）
之后模擬就好。
例題3：
收集郵票：
例題4:
OSU!
Description：
一共有n次操作，每次操作只有成功與失敗之分，成功對應1，失敗對應0，n次操作對應為1個長度為n的01串。在這個串中連續的 X個1可以貢獻X^3 的分數，這x個1不能被其他連續的1所包含（也就是極長的一串1，具體見樣例解釋）
現在給出n，以及每個操作的成功率，請你輸出期望分數，輸出四舍五入后保留1位小數。
N<=100000
xk[i]表示，到了i位置，連續有的1的個數的k次方的期望。
x1[i]=(x1[i-1]+1)*a[i]
x2[i]=(x2[i-1]+2*x1[i-1]+1)*a[i]
x3[i]=(x3[i-1]+3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*a[i]
x3[i]-x3[i-1]
答案數組：i位置期望得分
ans[i]=ans[i-1]+(3*x2[i-1]+3*x1[i-1]+1)*a[i];
答案是ans[n]
解釋一下最后一行，如果第i位為1，答案增加的量是E((t[i-1]+1)^3)-E((t[i-1])^3)
計算的是增加量，否則難以快速計算這段1的開頭位置。
增加量只有這么多，因為之前和ans[i-1]是一樣的。
t[i]表示i往前有連續幾個1
這是一個隨機變量，不是期望值。
E(t[i])=x1[i]...
(update 2018.9.19)
例題5
noip 2016 換教室
線性期望dp的經典題目了。
此題關鍵在於弄清楚：E(x)=P(x)*x
例題6
不太正規的樹形期望dp，和線性dp還有一些關聯。
關鍵點在於狀態設計和環形的線性處理。
例題7
SHOI2014，樹形+二次掃描換根+期望dp
其實看似多了一個樹形結構，但是樹形結構性質優美，
樹形dp也是比較有規律的。
例題8
[Noi2012]迷失游樂園
同樣是：樹形+二次掃描換根+期望dp
但是由於基環樹的出現，分類討論了，思維量就大多了。
總結：
數學期望以難以證明的性質，花樣繁出的特點聞名於OI界。
其難以下手的恐懼，令不少蒟蒻心有余而力不足。
還是抓住關鍵的線性遞推式，和期望定義 。 慢慢仔細分析。
對於期望狀態的設計：
1.多個終點一個起點，就f[i]表示，從i到終點的期望步數，f[s]即為答案
2.多個起點一個終點，就f[i]表示，從起點到i的期望步數，f[t]即為答案
3.與終點無關的樹形期望dp，通常往子樹對i，父親對i影響考慮，和一般的樹形dp類似。