概率论与概率方法 wygz
分为概率期望和概率方法两个部分。
概率期望
概率论基础
略
AGC060C Large Heap
一个发现是只有最左链和最右链有用。
如果大小关系形成树形结构，并且均为父亲小于儿子，则方案数为 \(n!\prod \frac{1}{siz_i}\)，其中 \(siz_i\) 表示 \(i\) 的子树大小。
考虑依次去钦定最左链和最右链之间的大小关系，设 \(f_{i,j}\) 表示已经定了最左链从下到上的 \(i\) 个以及最右链的 \(j\) 个的 \(\prod \frac{1}{siz_i}\) 之和，转移直接枚举接下来一个放在左边还是右边即可，需要判掉 \(A\) 在 \(B\) 之前出现的情况。
复杂度瓶颈在于求 \(O(n^2)\) 个逆元，如果预处理可以做到 \(O(n^2)\)。
条件概率
\(P(A\mid B)\) 表示在条件 \(B\) 成立的概率下，\(A\) 成立的概率。
则显然有 \(P(A\and B)=P(A\mid B)P(B)\)。
从另一个方面来看，有 \(P(A\and B)=P(B\mid A)P(A)\)。
移一下项就可以得到 \(P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}\)，这也被称为贝叶斯公式。
CF1096E The Top Scorer
记条件 \(A\) 为 \(a_1\) 是 winner 的概率，\(B\) 为 \(a_1\geq r\) 的概率。
我们需要求 \(P(A\mid B)=\frac{P(B\mid A)P(A)}{P(B)}\)，我们分别考虑这三个如何计算。
\(P(A)\) 显然是 \(\frac{1}{n}\)，\(P(B)\) 只需要计算将 \(s-r\) 个数分配给 \(p\) 个人的方案数即可。\(P(B\mid A)\) 等价于这个序列最大值 \(\geq r\)，进行容斥，计算这个序列所有数都 \(<r\) 的方案数，这个可以进一步容斥：钦定有若干位置 \(\geq r\)，然后直接分配，乘以容斥系数。
复杂度为 \(O(p+s)\)。
ARC150D Removing Gacha
根据期望的线性性，我们可以考虑每个点被选取的次数。一个点 \(x\) 被选取的期望次数只和其深度有关，因此我们需要求出 \(f_d\) 表示一个深度为 \(d\) 的节点期望被选取的次数。
如果我们将选点的过程看做在 \(d\) 个点中随便选，选到好点就重选的过程，则停止时间为 \(d\) 个点都被选过的时间，而第 \(d\) 个点期望被选中的次数就是这个时间乘上 \(\frac{1}{d}\)。
假设当前已经选了 \(x\) 个点了，则选到一个新的没有选过的点的概率为 \(\frac{d-x}{d}\)，那么需要的期望次数就是 \(\frac{d}{d-x}\)，步数之和就是 \(\sum\limits_{0\leq x< d}{\frac{d}{d-x}}\)，容易 \(O(n)\) 计算出所有 \(f\)，进而求出答案。
ABC270Ex add 1
刻画这种题的一个比较好的办法是概率生成函数，而概率生成函数一个通俗易懂的模型是赌徒与酒馆的模型。
这题相当于每次随机报 \([1,n]\) 内的整数，问一个时刻的期望，满足后 \(A_1\) 个没有 \(1\)，后 \(A_2\) 个没有 \(2\)，以此类推。
赌徒与酒馆的模型是这样的：每个时刻都会有一个赌徒拿一块钱进入酒馆，并且从第 \(A_n\) 个开始赌，就赌接下来的这个数满足从后到前第 \(A_n\) 个数的条件。如果赌对了，那么它的钱数会乘上概率的倒数，否则就没有钱了。
因为这是一个零和博弈，所以最后所有赌徒手上的钱数就是时间的期望值。考虑达到最终状态的时候，最后的 \(A_n\) 个赌徒都没有输过，因此我们只需要计算这些赌徒手上钱的和即可，而这是一个 \(O(n)\) 段的等比数列求和问题，可以在 \(O(n\log A)\) 的时间复杂度你解决。
连续性随机变量
不会。
[ARC113F] Social Distance
考虑计算 \(f(t)\) 表示 \(\min a_i-a_{i-1}\geq t\) 的概率，然后将 \(f(t)\) 积分即可求出我们需要的答案。
记区间 \([l_i,r_i]\) 为第 \(i\) 个数的取值区间，则我们将 \(l_i\) 和 \(r_i\) 都减去 \(it\)，这样就变成求 \(n\) 个数单调递增的概率。
每个端点都可以看做一条直线。如果直线的相对顺序是固定的，我们可以求出答案关于 \(t\) 的多项式：设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 条直线和第 \(i+1\) 条直线之间的位置，已经放了 \(j\) 个数的多项式，转移需要枚举这段区间中放了几个数，并乘以 \(\frac{1}{x!}\)。因为每次乘的都是一个一次多项式，所以这个 DP 的复杂度是 \(O(n^4)\) 的。
又因为直线之间只会变化 \(O(n^2)\) 次，所以每次变化暴力 DP 即可，复杂度 \(O(n^6)\)。因为 DP 部分的多项式长度不满，所以常数极小。
概率方法
比较高妙。
概率性算法
通过随机化，使算法以某个较高正确率通过。
[GDKOI2023 提高组] 矩阵
两边随机向量去乘即可。
概率性证明
核心思想主要是一个：若 \(E(X)=k\)，则一定存在一个 \(X\geq k\)。
考虑如下问题：给定无向图 \(G\)，找到一个至少包含一半边的二分子图。
给每个点随机染色，将两端点异色的边加入这个二分子图，则 \(E(|E|)=\frac{1}{2}|E|\)，因此一定存在。
并且，直接这样随机就可以以高于 \(\frac{1}{|E|}\) 的概率找到一个合法的划分方法。
QOJ #6413. Classical Graph Theory Problem
前面一大堆图论推导，最后是上面那个问题。后面忘了。
