『模块学习』期望值相关

引入

  概率这种东西很玄学，就比如MuelsyseU在某款《塔防游戏》中只能毒池220抽玛恩纳，但daduoli的ototo却能在抽限定池时歪出来……

  上述情况根本看不出概率的差别（不知道的甚至会以为歪出来的概率比抽毒池的高）。为了尽可能的将概率可视化， $\mathrm{期}\mathrm{望}\mathrm{值}\mathrm{E}$ 便诞生了。 $\mathrm{E}$ 在数值上可以简单理解为所有可能的值的加权平均数，这样确实比较直观（但冗长复杂的计算却恶心了无数数学家和Oier）。尽管 $\mathrm{E}$ 非常难算，但有非常多的性质可以帮助我们计算。接下来就是亿堆期望值的芝士。

芝士

数学定义

  如果 $X$ 是概率空间 $(\mathrm{\Omega },F,P)$ 中的随机变量，那么期望值 $\mathrm{E}[X]$ 的定义为

$$\mathrm{E}[X]={\int }_{\mathrm{\Omega }}XdP$$

  如果期望值要在OI中运用， $X$ 基本是离散随机变量，写成和式反而方便一点。对于离散随机变量 $X$ ，输出值 $x_i$ 对应的 $p_i$ ，那么期望值 $\mathrm{E}[X]$ 就可以计算为：

$$\mathrm{E}[X]=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(x_i\times p_i)$$

数学期望的线性性质

  考虑计算投一个骰子得出点数$X$的期望值，这个只要懂期望值定义小学生也会算：

$$\mathrm{E}[X]=1\times \frac{1}{6}+2\times \frac{1}{6}+3\times \frac{1}{6}+4\times \frac{1}{6}+5\times \frac{1}{6}+6\times \frac{1}{6}=3.5$$

  那来两个骰子呢？

  相信你会脱口而出：$7$

  那么这就是期望的线性性：$\mathrm{和}\mathrm{的}\mathrm{期}\mathrm{望}\mathrm{值}=\mathrm{期}\mathrm{望}\mathrm{值}\mathrm{的}\mathrm{和}$

  用数学语言表示就是$\mathrm{E}[\sum X]=\sum \mathrm{E}[X]$，换句话说$\mathrm{E}\text{是线性函数}$

  但是投两个骰子是两个独立事件，如果两个事件不独立呢？

  其实线性性仍然成立，因为两个事件的独立与否只关系到概率而不关系到取值，所以期望的线性性不变，但如果相互独立就会拥有积性，可感性的理解为集合相交。

  如要更详细的数学语言证明可移步here

性质总结（做题干货，不会证明）

• $\mathrm{E}[X+Y]=\mathrm{E}[X]+\mathrm{E}[Y]$（$X,Y$是任意的随机变量）
• $\mathrm{E}[XY]=\mathrm{E}[X]\mathrm{E}[Y]$（$X,Y$是相互独立的随机变量）
• $\mathrm{E}[cX]=c\mathrm{E}[X]$（$X$是任意随机变量，$c$为常数）
• $\mathrm{E}[X]=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(p_i{x}_i)$（$X$为离散随机变量，$x_i$为权值，$p_i$为状态$i$概率）
• OI不考连续随机变量（

期望值相关方程解法

  来看一道题

  （虽然它 $n\le 33$ 但其实是因为exx的输出格式

解法1

  设 $dp[i]$ 表示已经集齐了 $i$ 种邮票，边界显然是 $dp[n]=0$ ，列出 $dp$ 方程：

$$dp[i]=\frac{i}{n}\times (dp[i]+1)+\frac{n-i}{n}\times (dp[i+1]+1)$$

  这是由于 $dp[i]$ 可以有两种方式转移而来， $dp[i]$ 再走
$1$ 步有 $\frac{i}{n}$ 的概率原地tp选到已有的邮票， $dp[i+1]$ 有 $\frac{n-i}{n}$ 的概率出金获得未拥有的邮票，到达 $dp[i+1]$ 。
  接下来就是喜闻乐见的化简时间：

$$\begin{array}{lrll}& dp[i]& =& \frac{i}{n}\times (dp[i]+1)+\frac{n-i}{n}\times (dp[i+1]+1)\\ & \frac{n-i}{n}\times dp[i]& =& \frac{n-i}{n}\times dp[i]+1\\ & dp[i]& =& dp[i+1]+\frac{n}{n-i}\end{array}$$

  然后就可以丢掉 $dp$ 了，因为本题答案很显然就是 $n\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}$ 。
  （输出乱搞就好

解法2

  先来解决一个问题：假设daduoli考试一次有 $\mathrm{P}(X)$ （只有一个事件，所以下文简写为 $P$ ）的概率获得年级第一，请问他获得年级第一的期望考试次数是多少？
  直接拍下计算期望值的和式（已将 $P$ 从和式中提出）：

$$\mathrm{E}[X]=P\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}i(1-P{)}^{i-1}$$

  令 $S=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}i(1-P{)}^{i-1}$ ，则：

$$\begin{array}{lrll}& S& =& \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}i(1-P{)}^{i-1}\\ & (1-P)S& =& \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}i(1-P{)}^i\\ & S-(1-P)S& =& \sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(1-P{)}^i\\ & PS& =& \frac{1}{1-(1-P)}=\frac{1}{P}\\ & S& =\frac{1}{P^2}\end{array}$$

所以我们所要求daduoli获得年级第一的考试期望次数为：

$$\mathrm{E}[X]=PS=P\frac{1}{P^2}=\frac{1}{P}$$

  回到原问题，根据期望的线性性我们有：

$$\mathrm{E}[\mathrm{集}\mathrm{齐}\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{彩}\mathrm{票}]=\sum _{i=1}^n\mathrm{E}[1/\mathrm{买}\mathrm{一}\mathrm{次}\mathrm{彩}\mathrm{票}\mathrm{从}i-1\mathrm{到}i\mathrm{张}\mathrm{邮}\mathrm{票}\mathrm{的}\mathrm{概}\mathrm{率}]=n\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}$$

  就搞定了。
  更多题目详见『做题笔记』期望值相关

结语

  （好水一文章