概率与期望
概率论
基础
样本空间：随机实验的所有结果构成集合 \(\Omega\)。
\(e.g.\) 抛硬币 \(\Omega=\{H,T\}\)，抛 \(n\) 次就是 \(\{H,T\}^n\)。
事件：是 \(\Omega\) 的子集。
概率空间：为 \(\Omega\) 中的每个元素赋予一个发生的概率，用 \(P: \Omega \to [0,1]\) 表示。所有元素概率之和为 \(1\)。那么，\(P(A)=\sum\limits_{a \in A}P(a)\)。
随机变量：\(X\) 从一个概率空间中抽取，以 \(P(a)\) 的概率取值为 \(a\)。
期望：\(E(x)=\sum P(X=a)a\)。
离散型随机变量：只有有限个 \(a\) 满足 \(P(X=a)>0\) 的情况。
连续型随机变量：无限个 \(a\)，满足 \(P(X=a)>0\)。
条件概率：\(P(A|B)\) 定义为在 \(B\) 发生的条件下，\(A\) 发生的概率。画个图理解就是概率空间内，\(A\) 与 \(B\) 的面积并占 \(B\) 面积的百分比，也就是 \(P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)。
贝叶斯公式：\(P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}\)，应用就是交换条件概率中的 \(A\) 和 \(B\)。
离散型随机变量
AGC060C Large Heap
高斯消元
状态图是非 DAG，各个状态之间有牵连。
假设目标是 \(s\to t\)，我们设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 点第一次到达 \(t\) 所需要的期望步数。于是 \(f_u=1+\dfrac{1}{deg_u}\sum f_v\)。其中 \(f_t=0\)。
CF24D Broken robot
对于边界位置情况特判一下（可能不能往左/右走了），其他情况就是按照上述通法列式子即可。设 \(f_{i,j}\) 表示从格子 \((i,j)\) 走到终点的期望步数。
对于第 \(1\) 列，\(f_{i,1}=\frac13(f_{i,1}+f_{i,2}+f_{i+1,1})+1\)。
对于第 \(m\) 列，\(f_{i,m}=\frac13(f_{i,m}+f_{i,m-1}+f_{i+1,m})+1\)。
对于第 \(2-m\) 列，\(f_{i,j}=\frac14(f_{i,j}+f_{i,j-1}+f_{i,j+1}+f_{i+1,j})+1\)。
同时特判 \(m=1\)。
整理一下可以得到增广矩阵。
然后可以发现这些式子行间无后效性，行内有后效性。
于是暴力就是从倒数第二行开始倒着高斯消元，每一行都对于行内 \(n\) 个格子做一次高斯消元。时间复杂度 \(O(nm^3)\)。
观察系数矩阵可以发现只有对角线以及对角线的周围的格子有值。
于是我们可以采取以下策略消元，对于第 \(i\) 行，应该是 \(i-1,i,i+1\) 三个位置有值，在第 \(i\) 行之前我们要消掉 \(i-1\)。从第 \(i\) 行起我们先把 \(a_{i,i}\) 系数变为 \(1\)。然后把第 \(i+1\) 行的 \(a_{i+1,i}\) 消掉。然后对于 \(a_{i,i+1}\) 的处理，我们可以一直消到最后一行，然后倒着回去带入，把 \(a_{i,i+1}\) 处理掉。时间复杂度 \(O(nm)\)。
P4457 [BJOI2018] 治疗之雨
设 \(P_i\) 表示在降血过程中降 \(i\) 滴血的概率。于是有
然后就可以列期望的方程了，注意特判 \(E_n\)，
利用高斯消元可以 \(O(n^3)\) 暴力解。
观察一些增广矩阵，发现对于第 \(i\) 行，只有 \([1,i+1]\) 的位置有值。还是类似高斯消元的步骤。我们在消第 \(i\) 行的时候 \([1,i-1]\) 的列都为 \(0\)，此时只有 \(i\) 和 \(i+1\) 列是有值的。按照常理我们往下消的时候应该对于后面每一行都减去 \([i,n+1]\) 的系数，但是由于后面一堆非 \(0\) 位置。所以我们只需要消去 \(i,i+1,n+1\) 三个位置的值即可。这样子消元部分的复杂度为 \(O(n^2)\)，总的时间复杂度是 \(O(Tn^2)\)。
补充
重要公式
\(E(x+y)=E(x)+E(y)\) 该式子始终成立。
\(E(xy)=E(x) \times E(y)\) 这个需要满足独立才成立。
\(E(x^2)=E((x-1)^2)+2E(x-1)+1\) P1654 OSU!
注意事项
注意边界情况特判！！！
CF1187F Expected Square Beauty
注意事件独立性，\(E(B(x))=E(\sum\limits_{i=1}^{n-1}[x_i≠x_{i+1}])\)
\(E(B^2(x))=E(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[x_i≠x_{i-1}][x_j≠x_{j-1}])\)
分类讨论：\(i=j\) 为 \(p_i\)
\(\lvert i-j\rvert>1\) 为 \(p_i \times p_j\)，因为两位互不影响。
\(\lvert i-j\rvert =1\) 直接容斥 \(1-q_i-q_j+P(q_i \cup q_j)\)
#6513. 「雅礼集训 2018 Day10」足球大战
赢球概率为 \(p\)，在 \(n\) 场里面至少赢 \(i\) 场的概率是 \(C^i_n \times p^i\)，不是恰好 \(i\) 场的概率，注意还要乘上组合数（因为这里的概率是用计数然后作商算的，计数就需要不能漏）。概率算式可以自己举简单例子验证正确性
P4316 绿豆蛙的归宿
很重要的一题，递推求期望要逆推。所以本题只能设 \(f_u\) 表示 \(u\) 到终点的期望路径长度。
如果是顺推，设 \(f_u\) 表示起点到 \(u\) 的期望长度（？其实很怪，这题并不是要求到 \(u\) 的期望长度，因为可能到不了 \(u\) 哪里来的期望长度。所以感觉设计出来的终态必须要是可以 100% 到达的，终点虽然不唯一但是 100% 能到达终点）。转移 \(v \to u\) 的时候 \(f_v\) 要乘上当前概率 \(deg_v\)，而路径长度还要乘上 \(deg_v \times p_v\)。
杂题
CF280C Game on Tree
\(E(x+y)=E(x)+E(y)\) 的应用。
设 \(f_i\) 为 \(i\) 被选中的次数。
则 \(E(\sum f_i)=\sum E(f(i))=\sum(1\times p_i+0\times (1-p_i))=\sum p_i\)
\(p_i=\frac{1}{dep_i}\) 求解即可。
CF464D World of Darkraft - 2
首先，明确一点就是只需要算出一个物品的期望然后 \(\times k\) 即可。
首先这题必须逆推否则要乘上一个概率，设 \(f_{i,j}\) 表示还剩 \(i\) 次抽卡机会的时候，目前最高等级为 \(j\) 可以期望获得金钱数。
直接转移是 \(O(n^2)\) 的，但是我们发现这题不需要什么逆元取模，而是直接输出小数。可以利用这个特性，算一下一个物品从 \(x \to x+1\) 的期望次数是 \(k(x+1)\)。那么从 \(1 \to x\) 的期望次数就是累和，再令这个式子 \(\le n\)，发现期望升级次数在 \(500\) 左右，往后越大概率越小，小数点无法表示，所以我们可以取上界 \(1000\) 即可。
CF1523E Crypto Lights
\(\sum\limits_{i=1}^np(i)*i=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^np(j)=\sum\limits_{i=1}^nsuf(i)\) （应用：数学期望）
CF1523E Crypto Lights 这里的 \(suf(i)\) 表示一个概率，这样就完成了期望到概率的转化。注意本题还有概率经典误区：就是说题面显然不是说把所有方案以等概率加起来，而是在决策中一步有其概率。也就是说，某个进行 \(i\) 后停止的状态发生概率为 \(n\) 的 \(i\) 次下降幂分之一。
AGC030D Inversion Sum
首先，很妙的一步就是把总权值转化为期望 \(\times\) 总的可能数。
于是就变成了每次有 \(\frac{1}{2}\) 概率去交换，求最后逆序对数的期望。
发现全局逆序对数不好快速多次求解，发现 \(n\) 范围较小，于是我们可以回到逆序对最基本的定义用 \((i,j)\) 产生贡献。
设 \(f_{i,j}\) 表示目前为止序列中 \(a_i < a_j\) 的概率。
当我们交换 \((u,v)\) 的时候有，\(f_{u,i}=\dfrac{1}{2}(f_{u,i}+f_{v,i})\)（其余转移同理）。
