前兩節主要針對題目分析，沒時間的珂以跳過。
首先舉一道簡單、經典的好題:
[lightoj1038]race to 1 again
懶得單獨寫，安利一下dennyqi同學的部落格:
很顯然很多期望題的狀態是和自己有關的，怎麼辦呢，難道不停的搜尋自己？
上面的方法顯然行不通，於是我們只能簡單變形一下。
很容易列出方程：
\[f[n]= \frac^f[fac_n^i]} + 1
\]其中\(m\)表示因子個數，\(fac_n^i\)表示\(n\)的第\(i\)個因子。
鑑於要讓右邊消去後效性，兩邊同時乘以\(m\)，移項即可。
再舉一道稍微複雜一點的題目:
[zoj3329]one person game
題意簡述:
有三個骰子，分別有k1, k2, k3個面。
記錄乙個初值為0的分數，每次擲骰子，如果三個面分別為a, b, c則分數置0，否則加上三個骰子的分數之和。
當分數大於n時結束。求遊戲的期望步數。
設f[i]為當前已經獲得了i分時，遊戲結束的期望步數。
為了方便表示我們不妨設p[i]為投到點數為i的概率，特殊的p[0]為回到0的概率。
很容易想到如下遞推：
\[f[i]=\sum(p[k] \times dp[i+k])+dp[0] \times p[0]+1
\]一眼看過去大清亡了，成環了，能用高斯消元也就算了，關鍵是高斯消元會tle。
我們發現我們需要求的東西只有f[0]，於是我們分離常數，令f[i]=a[i]*f[0]+b[i]
那麼顯然我們要求的f[0]就喜聞樂見地變成了\(\frac\)。
顯然我們只需要遞推計算a與b就能求出答案(廢話)。
那麼稍加變形得到a，b的遞推式如下
\[f[i] = \sum(p[k] \times a[i + k] \times f[0] + p[k] \times b[i + k]) + f[0] * p[0] + 1
\]\[=(\sum(p[k] \times a[i + k]) + p[0]) f[0] + \sum(p[k] \times b[i + k]) + 1
\]\[a[i]=\sum(p[k] \times a[i+k])+p[0],b[i]=\sum(p[k] \times b[i+k])+1
\]那麼求a, b就變得非常簡單了qaq。
對於未知狀態徹底成環又無法轉化的情況，只能使用高斯消元。
咕咕咕。
1、變形遞推式消去後效性
2、只求部分值可以分離常數
3、成環使用高斯消元
咕咕咕，(flag:預計本週補完)。
dp 概率與期望dp Dumb Bones
你正在嘗試用多公尺諾骨牌搭成一條直線，以便最後試驗時推倒它們 確實，搭建某些東西僅僅為了推倒看上去沒啥意義，但你有一些奇怪的愛好 然而你在搭建過程中可能會弄倒骨牌，這將波及到鄰近的部分 現在需要你來求將骨牌搭建完成所需的期望步數 若干組資料，以0結尾 乙個整數n 1 leq n leq 1000 1...
期望概率 dp
p4316 綠豆蛙的歸宿 p1850 noip2016 提高組 換教室 p3802 小魔女帕琪 p5104 紅包發紅包 p4550 收集郵票 f i frac f i 1 frac f 1 g i frac g i f i 1 frac g f 1 p1291 shoi2002 百事世界盃之旅 p3...
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題目是真的長，找了半天才知道n和s是啥，題意就是有s個程式，n種bug 每一天必定發現乙個bug，但是這個bug有1 s概率屬於其中乙個程式，1 n的概率屬於一種bug，求s個程式要發現n種bug的概率。kuangbin大佬部落格 期望從結果倒著推到初始狀態 dp i j i n s dp i j ...