概率期望
怀八荒，入九重！
事件
单位事件、事件空间、随机事件
在一次随机试验 \(E\) 中可能发生但不能再细分的结果被称为单位事件。
所有单位事件的集合叫做事件空间，用 \(\Omega\) 表示。比如掷一次骰子，用获得的点数作为单位事件，那么事件空间 \(\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}\)。
一个随机事件是事件空间 \(\Omega\) 的子集，用大写字母 \(A,B,C…\) 表示。比如掷一次骰子，设随机事件 \(A\) 表示获得的点数大于 \(4\)，则 \(A=\{5,6\}\)。
事件的计算
因为事件在一定程度上是以集合的含义定义的，因此可以把事件当做集合来看待。
和事件：相当于并集。若干事件中只要有其中之一发生，就算发生了它们的和事件。
积事件：相当于交集。若干事件必须全部发生，才算发生了它们的积事件。
概率
定义
古典定义
如果一个实验满足两个条件：
-
试验只有有限个基本结果。
-
试验的每一个基本结果出现的可能性是一样的。
这样的试验便是古典试验。对于古典试验中的事件 \(A\)，它的概率的定义为 \(P(A)=\frac{m}{n}\)，其中 \(n\) 表示该试验中所有可能出现的基本结果的总数目，\(m\) 表示 \(A\) 事件包含的试验基本结果数。
统计定义
如果在一定条件下进行了 \(n\) 次试验，事件 \(A\) 发生了 \(N_A\) 次，如果随着 \(n\) 的逐渐增大，频率 \(\frac{N_A}{n}\) 逐渐稳定在某一数值 \(p\) 附近，那么数值 \(p\) 称为事件 \(A\) 在该条件下发生的概率，记作 \(P(A)=p\)。
公理化定义
设 \(E\) 为随机试验，\(\Omega\) 为它的样本空间（事件空间）。对于 \(E\) 的每一个事件 \(A\) 赋予了一个实数，记作 \(P(A)\)，称为事件 \(A\) 的概率。这里 \(P(A)\) 是一个集合从实数的映射，\(P(A)\) 满足以下公理：
-
非负性：对于一个事件 \(A\)，有概率 \(P(A)\in [0,1]\)。
-
规范性：样本空间的概率值为 \(1\)，即 \(P(\Omega)=1\)。
-
可加性：若 \(A\cap B=\varnothing\)，则 \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\)。
由 \((\Omega,P)\) 构成的这样的一个系统称为一个概率空间。
计算
广义加法计算公式
对于任意两个事件 \(A,B\)，\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\)。
条件概率
记 \(P(B\ |\ A)\) 表示在 \(A\) 发生的前提之下，\(B\) 事件发生的概率。则 \(P(B\ |\ A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}\)，我们通常使用 \(P(AB)\) 来表示事件 \(A\) 和事件 \(B\) 同时发生的概率，所以我们也可以写作 \(P(B\ |\ A)=\frac{P(AB)}{P(A)}\)。
乘法公式
\(P(AB)=P(A)\times P(B\ |\ A)=P(B)\times P(A\ |\ B)\)。
全概率公式
若事件 \(A_1,A_2,…,A_n\) 构成一组完备的事件且都有正概率，也就是 \(\forall i,j,A_i\cap A_j=\varnothing\) 且 \(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^nA_i=1\end{aligned}\)，有 \(\begin{aligned}P(B)=\sum\limits_{i=1}^nP(BA_i)=\sum\limits_{i=1}^nP(A_i)P(B\ |\ A_i)\end{aligned}\)。
这个相当于是一个分类讨论，先按 \(A\) 分类，看 \(B\) 在这个条件下多少概率出现。
就好比有短裙和短袖，每种红绿蓝三种颜色的各一件，即，一共 \(6\) 件衣服。
那我穿红色衣服的概率就是，穿红色短袖的概率 \(+\) 穿红色短裙的概率。
贝叶斯定理
\(P(B_i\ |\ A)=\dfrac{P(B_iA)}{P(A)}=\dfrac{P(B_i)\times P(A\ |\ B_i)}{\begin{aligned}\sum\limits_{j=1}^nP(B_j)P(A\ |\ B_j)\end{aligned}}\)。
随机变量
形式化的说，就是一个样本空间 \(\Omega\) 到实数集 \(R\) 或 \(R\) 的子集的映射 \(X\)，即函数 \(f:\Omega \rightarrow R\) 是一个随机变量。如果 \(X(A)=\alpha\)，可以直观理解为：当随机试验 \(E\) 取结果 \(A\) 时，该随机变量取值 \(\alpha\)。
可以认为这事对 \(\Omega\) 的一种划分，把 \(f(X)\) 相同的 \(X\) 划分到了一起的一种方法。
由此也可以看到，\(X(A)=\alpha\) 也对应这一个能实现该命题的单位时间集合，因此它也是一种事件，于是也有与之对应的概率 \(P(X=\alpha)\)。
独立性
直观的说，我们说两个事件独立，当它们在某种意义上互不影响。例如，一个人的出生日期和他的性别，两件事情是独立的。父母的行为和孩子的行为，这两件事就不是独立的，应为某种意义上父母的行为会影响孩子的行为举止。
数学中的独立性与这种直观理解大体相似，但不尽相同。
随机事件的独立性
我们称两个事件 \(A,B\) 独立，当 \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\)。
我们称若干个事件 \(A_1,A_2,…,A_n\) 互相独立，当对于其中的任意一个子集，该子集中的事件同时发生的概率，等于其中每个时间发生的概率的乘积，形式化的说，就是：\(\begin{aligned}P(\bigcap\limits_{E\in T}E)=\prod\limits_{E\in T}P(E)\end{aligned}，\forall T\in{A_1,A_2,…,A_n}\)。
由此可见，若干随机变量的两两独立和互相独立是不同的概念。
假如说是三个事件 \(A,B,C\)，两两独立需要满足 \(P(AB)=P(A)\times P(B),P(BC)=P(B)\times P(C),P(AC)=P(A)\times P(C)\)，而互相独立不仅要满足这个，还要满足 \(P(ABC)=P(A)\times P(B)\times P(C)\)。
可能有些人就要问了，满足了前三个不应该就满足了最后一个了吗？这里我们举两个经典的例子：
第一种：两两成立另一个一定成立
假如我们从 \(2,3,5,30\) 这四个数中抽取一个数字。
用 \(A,B,C\) 分别表示表示事件抽到的数是 \(2,3,5\) 的倍数，那么 \(P(A)=\dfrac{1}{2},P(B)=\dfrac{1}{2},P(C)=\dfrac{1}{2}\)。
\(P(AB)=\dfrac{1}{4}=P(A)\times P(B)\)。
\(P(AC)=\dfrac{1}{4}=P(A)\times P(C)\)。
\(P(BC)=\dfrac{1}{4}=P(B)\times P(C)\)。
所以 \(A,B,C\) 这三个事件两两独立。
但是 \(P(ABC)=\dfrac{1}{4}\ne P(A)\times P(B)\times P(C)\)。
即 \(A,B,C\) 这三个事件不互相独立，因为事件 \(A,B\) 或事件 \(B,C\) 或事件 \(A,C\) 同时发生的时候，只会抽到 \(30\)，它同时是 \(2,3,5\) 的倍数。当同时满足其中两个的时候，另外一个一定满足。
第二种：两两成立另一个一定不成立
掷两次六面骰子，点数分别为 \(1,2,3,4,5,6\) 且等概率出现，记事件 \(A,B,C\) 分别为第一个骰子为奇数、第二个骰子为奇数、两个骰子的点数之和为奇数。
那么 \(P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{2}\)。
\(P(AB)=P(AC)=P(BC)=\dfrac{1}{4}\)。
\(P(ABC)=0\)。
此时三个事件两两独立但是不互相独立，而且当某两个事件满足时，一定不满足第三个事件。
随机变量的独立性
我们用 \(I(X)\) 表示随机变量 \(X\) 的取值范围，即值域。即，如果把 \(X\) 看做一个映射，\(I(X)\) 表示它的值域。
我们称两个随机变量 \(X,Y\) 独立，当 \(P((X=\alpha)\cap (Y=\beta))=P(X=\alpha)\times P(Y=\beta)，\forall \alpha\in I(X),\beta \in I(Y)\)。
我们称若干随机变量 \(X_1,X_2,…,X_n\) 互相独立，当取任意一组值得概率等于每个 \(X_i\) 取到对应值的概率的乘积。即 \(\begin{aligned}P(\bigcap\limits_{i=1}^nX_i=F_i)=\prod\limits_{i=1}^nP(X_i=F_i)\end{aligned},\forall F_i\in I(X_i)\)。
同理，若干随即变量两两独立和互相独立是不同的概念。
期望
定义
如果一个随机变量的取值个数有限（比如一个表示骰子示数的随机变量），或可能的取值可以一一列举出来（比如取值范围为全体正整数），则它称为离散型随机变量。
形式化地说，一个随机变量被称为离散型随机变量，当它的值域大小有限或者为可列无穷大。
一个离散性随机变量 \(X\) 的数学期望是其每个取值乘以该取值对应概率的总和，记为 \(E(X)\)。
\(\begin{aligned}E(X)=\sum\limits_{\alpha\in I(X)}(\alpha\times P(X=\alpha))=\sum\limits_{\omega\in \Omega}(X(\omega)\times P(\omega))\end{aligned}\)。
性质
-
全期望公式：\(E(Y)=E(E(Y\ |\ X))\)。对于离散型随机变量为：\(\begin{aligned}E(Y)=\sum\limits_{\alpha\in I(X)}(P(X=\alpha)\times E(Y|(X=\alpha)))\end{aligned}\)。其中 \(E(Y\ |\ A)\) 是在 \(A\) 成立的条件下 \(Y\) 的期望。
-
期望的线性性：对于任意两个随机变量 \(A,B\)（不要求互相独立），有 \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)，且有 \(E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)\)，\(a,b\) 为任意标量。可直观理解为和的期望等于期望的和。
-
期望的积：当两个随机变量 \(A,B\) 相互独立时，有 \(E(XY)=E(X)E(Y)\)。
常用套路以及技巧
技巧一
当 \(0<x<1\) 是，我们有：
\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^nx^i=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}\end{aligned}\)。
对于 \(n\rightarrow \infty\) 时，\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=0}^{\infty}=\dfrac{1}{1-x}\end{aligned}\)。
技巧二
期望的线性性，即对于任意两个随机变量 \(A,B\)（不要求互相独立），有 \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)。
技巧三
前缀和技巧：对于离散变量，\(P(X=k)=P(X\le k)-P(X\le k-1)\)。
小例题1
结论：概率为 \(p\) 的事件期望 \(\dfrac{1}{p}\) 次后发生。
你：这不显然吗？我：&……（）￥&%……&￥
先举一个显然的例子：你掷一个骰子，你想掷到 \(6\)，概率为 \(\dfrac{1}{6}\)，那你不就是期望掷 \(6\) 次得到吗？数学推理：
设成功的次数为 \(X\)。
\(\begin{aligned}E(X) & = \sum\limits_{i}E(X=i) \\ & = \sum\limits_{i}P(X=i)\times i \\ & = \sum\limits_{i}(P(X\ge i)-P(X\ge i+1))\times i \\ & = \sum\limits_{i}((1-p)^{i-1}-(1-p)^i)\times i\\ & = [(1-p)^0-(1-p)]+[(1-p)-(1-p)^2]\times 2+[(1-p)^2-(1-p)^3]\times3+…\\ & = \sum\limits_{i=0}^{\infty}(1-p)^i\\ & = \dfrac{1}{1-(1-p)}\\ & = \dfrac{1}{p}\end{aligned}\)
如果你还是不懂得话，你可以自己模拟一下这个过程。
小例题2
有 \(n\) 个随机变量 \(X_{1,2,…,n}\),每一个随机变量都从 \([1,S]\) 中取一个整数，求 \(\text{max}(X_{1,2,…,n})\) 的期望。
\(\begin{aligned}E(\text{max}) & =\sum\limits_{i=1}^SP(\text{max}=i)\times i \\ & =\sum\limits_{i=1}^S(P(\text{max}\le i)-P(\text{max}\le i-1))\times i\\ & =\sum\limits_{i=1}^S(\frac{i^n}{S^n}-\frac{(i-1)^n}{S^n})\times i\end{aligned}\)
概率期望 DP
一般情况下，解决问题一般有两种方法，一种是顺推（知道初始状态），一种是逆推（知道结束状态），如果定义的状态转移方程存在后效性问题，还需要用到高斯消元来优化。概率 \(\text{DP}\) 也会结合其他知识进行考察，例如状态压缩，树上进行 \(\text{DP}\) 转移等。
\(1.\) P4316 绿豆蛙的归宿
令 \(f_x\) 表示 \(x\) 到终点的期望路径长度。易得 \(f_n=0\)，故采用逆推。因此我们反向建边。利用拓扑排序依次处理。
易得对于一条路径（反向建边之后） \(x\to y\)，我们有 \(f_y=f_y+\frac{1}{s_x}\times (dis(x\to y)+f_x)\)。
\(s_x\) 表示反向建边前的路径，即原路径中 \(x\) 的出度。
由于期望的线性性，因此我们每一个到达 \(y\) 的路径求出期望后直接加和即可。
阻拦在眼前的，统统打碎就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200005
using namespace std;
struct Edge{int next,to,dis;}edge[N];
int head[N],cnt;
void add(int from,int to,int dis){
edge[++cnt] = (Edge){head[from],to,dis};
head[from] = cnt;
}
int n,m,Ru[N];double f[N],sum[N];
queue < int > q;
double bfs(){
q.push(n);
while(!q.empty()){
int x = q.front();q.pop();
for(int i = head[x];i;i = edge[i].next){
int y = edge[i].to;
f[y] += (f[x] + edge[i].dis) / sum[y];
Ru[y] --;if(!Ru[y]) q.push(y);
}
}
return f[1];
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1,u,v,w;i <= m;i ++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
if(u != n) add(v,u,w),Ru[u] ++,sum[u] ++;
}
printf("%.2lf",bfs());
return 0;
}
\(2.\) P1365 WJMZBMR打osu! / Easy
我们令 \(s\) 为 o 的期望个数，\(f_i\) 表示以第 \(i\) 个字符结尾的期望的分。
若当前字符为 x，则 \(f_i=f_{i-1},s=0\)。
若当前字符为 o，则 \(f_i=f_{i-1}+(s+1)^2-s^2=f_{i-1}+2\times s+1,s=s+1\)。
若当前字符为 ?，如果说这个 ? 是 x，则 \(f_i=f_{i-1},s=0\)；如果是 o，则 \(f_i=f_{i-1}+2\times s+1,s=s+1\)，由于两个的概率都是 \(0.5\)，所以把这两种情况 \(\times 0.5\) 再相加即可，即 \(f_i=f_{i-1}\times 0.5+(f_{i-1}+2\times s+1)\times 0.5,s=(s+1)\times 0.5+0\times 0.5\)。
绝对实力面前，不存在任何歪打正着。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 300005
using namespace std;
int n;string t;double f[N],s;
int main(){
scanf("%d",&n);cin >> t;t = " " + t;
for(int i = 1;i <= n;i ++){
if(t[i] == 'x') f[i] = f[i - 1],s = 0;
if(t[i] == 'o') f[i] = f[i - 1] + 2 * s + 1,s += 1;
if(t[i] == '?') f[i] = 0.5 * (f[i - 1] + 2 * s + 1) + 0.5 * f[i - 1],s = 0.5 * (s + 1) + 0.5 * 0;
}
printf("%.4lf",f[n]);
return 0;
}
\(3.\) Let's Play Osu!
跟上面的题差不多，可以自己思考。
自我之像，犹在镜中。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
double f[N],len,p;int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%lf",&p);
f[i] = p * (f[i - 1] + 2 * len + 1) + (1 - p) * (f[i - 1]);
len = p * (len + 1) + (1 - p) * 0;
}
printf("%.6lf",f[n]);
return 0;
}
\(4.\) P1654 OSU!
也差不多，只不过不光要计算 \(x\) 的期望，还要计算 \(x^2\) 的期望，可以自己思考思考，不会了再看我的解析。
由于 \((x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1\)，所以我们在过程中维护 \(x^2\) 的期望 \(s2\) 和 \(x\) 的期望 \(s1\)，可得 \(f_i=f_{i-1}+p\times(3\times s2+3\times s1+1)\)，又因为 \((x+1)^2-x^2=2x+1\)，所以 \(s2=p\times(s2+2*s1+1),s1=p\times(s1+1)\)。
珍惜痛苦吧，它表示你还活着。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
double f[N],p,len1,len2;int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%lf",&p);
f[i] = p * (f[i - 1] + 3 * len2 + 3 * len1 + 1) + (1 - p) * f[i - 1];
len2 = p * (len2 + 2 * len1 + 1) + (1 - p) * 0;
len1 = p * (len1 + 1) + (1 - p) * 0;
}
printf("%.1lf",f[n]);
return 0;
}
\(5.\) BZOJ1419 Red is good
感觉这个题有点迷，主要是这个“最有策略”的定义有点迷，其实看了题解之后还是不是很懂。
令 \(f_{i,j}\) 表示当前考虑了 \(i\) 张红牌，\(j\) 张黑牌的期望值，易得 \(f_{i,j}=\frac{i}{i+j}\times (f_{i-1,j}+1)+\frac{j}{i+j}\times (f_{i,j-1}-1)\)
无形有声，谓之妖鼓；无云而雨，谓之天泣。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 5005
using namespace std;
int n,m,op;double f[N][N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
op ^= 1;f[op][0] = i;
for(int j = 1;j <= m;j ++){
f[op][j] = max(0.0,i * 1.0 / (i + j) * (f[op ^ 1][j] + 1) + j * 1.0 / (i + j) * (f[op][j - 1] - 1));
}
}
printf("%.6lf",f[op][m] - 0.0000005);
return 0;
}
\(6.\) P10504 守卫者的挑战
我们令 \(f_{i,j,k}\) 表示完成了 \(i\) 个挑战，赢了 \(j\) 个，当前背包容量为 \(k\) 的概率。
显然，对于背包容量超过 \(n\) 得，我们就把它设成 \(n\) 即可，因为最多只用 \(n\)。
对于另一个代码实现，由于背包容量不能为负，所以我们都把他们加上 \(n\)，\(n\sim 2n\) 代表正的，\(0\sim m\) 代表负的。
易有 \(\begin{cases}\text{if } (k+a_i< n\times 2)\begin{cases}f_{i,j+1,k+a_i}=f_{i,j+1,k+a_i}+f_{i-1,j,k}\times p_i\\f_{i,j,k}=f_{i,j,k}+f_{i-1,j,k}\times (1-p_i)\end{cases}\ \\ \text{else}\begin{cases}f_{i,j+1,n\times 2}=f_{i,j+1,n\times 2}+f_{i-1,j,k}\times p_i\\f_{i,j,k}=f_{i,j,k}+f_{i-1,j,k}\times (1-p_i)\end{cases}\end{cases}\)。
有人寄望于遥远的信仰，有人只相信眼前的力量。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 205
using namespace std;
int n,L,K,a[N];
double p[N],ans,f[N][N][N << 1];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&L,&K);
for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lf",&p[i]),p[i] /= 100;
for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&a[i]);
f[0][0][min(K,n) + n] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++){
for(int j = 0;j <= i;j ++){
for(int k = 0;k <= n * 2;k ++){
if(k + a[i] >= n * 2){
f[i][j + 1][n * 2] += f[i - 1][j][k] * p[i];
f[i][j][k] += f[i - 1][j][k] * (1 - p[i]);
}
else{
f[i][j + 1][k + a[i]] += f[i - 1][j][k] * p[i];
f[i][j][k] += f[i - 1][j][k] * (1 - p[i]);
}
}
}
}
for(int i = L;i <= n;i ++){
for(int j = n;j <= n * 2;j ++){
ans += f[n][i][j];
}
}
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}
\(7.\) P1297 [国家集训队] 单选错位
易得，只有两个相邻的题答案一样的时候才能答对一道题。
通过自己模拟推理可得，两者之间答案一样的概率就是值较大的倒数。
平凡只是一座仁慈的孤岛，未知与疯狂才是这个世界的底色。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 10000007
using namespace std;
int n,A,B,C,a[N];double ans;
int main(){
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,a + 1);
for(int i = 2;i <= n;i ++) a[i] = ((long long)a[i - 1] * A + B) % 100000001;
for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = a[i] % C + 1;a[0] = a[n];
for(int i = 0;i < n;i ++) ans += 1.0 / max(a[i],a[i + 1]);
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
\(8.\) FAVDICE - Favorite Dice
有两种方法：
方法一：假设我们手上一共有 \(i-1\) 中不同的数，那我们选择到一个新的数的概率为 \(\dfrac{n-i+1}{n}\)，那么根据上面的小例题 \(1\) 可以知道选择到一个新的数的期望为 \(\dfrac{n}{n-i+1}\)，那么总期望为 \(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{n}{n-i+1}=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{n}{i}\end{aligned}\)。
方法二：递推
设 \(f_i\) 表示当前已经选了 \(i\) 种数，还需要选到 \(n\) 种数的期望。那么初始 \(f_n=0\)，我们需要求出 \(f_0\)。
对于和之前的点数一样，则 \(f_i=\dfrac{i}{n}\times (f_i+1)\)。
对于和之前的点数不一样，则 \(f_i=\dfrac{n-i}{n}\times (f_{i+1}+1)\)。
两种情况都加 \(1\) 是因为你掷一次骰子本身就需要 \(1\) 次。
那么 \(f_i=\dfrac{n-i}{n}\times f_{i+1}+\dfrac{i}{n}\times f_i+1\)。
那么 \(\dfrac{n-i}{n}\times f_i=\dfrac{n-i}{n}\times f_{i+1}+1\)。
那么 \(\begin{aligned}f_i=f_{i+1}+\dfrac{n}{n-i}=f_n+\sum\limits_{j=1}^{n-i}\dfrac{n}{n-i+j+1}\end{aligned}\)。
所以 \(\begin{aligned}f_0=\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{n}{n-j+1}=\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{n}{j}\end{aligned}\)。
（你所接触的，只是冰山一角……）畏惧与逃避从不是我的信条。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;double ans,n;
int main(){
scanf("%d",&T);while(T --){
scanf("%lf",&n);ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) ans += (n * 1.0 / i);
printf("%.2lf\n",ans);
}
return 0;
}
\(9.\) P3802 小魔女帕琪
我们先考虑前 \(7\) 个触发一次终极魔法的概率：
令 \(N=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7\)。
假设我们按顺序取 \(a_1,a_2,…,a_7\)，则 \(P=\dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\)。
那么不按顺序取，就乘上 \(1-7\) 的全排列 \(7!\) 就可以，即 \(P=7 !\times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\)。
对应期望也就等于概率的数值。
我们考虑第 \(2\) 到 \(8\) 个触发一次终极魔法的概率：
假设我们第一个取得 \(a_1\)，那么如果我们按顺序取 \(P=\dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\times \dfrac{a_1-1}{N-7}\)，同样我们也要乘上 \(7!\)。
假设我们第一个取得 \(a_2\)，那么如果我们按顺序取 \(P=\dfrac{a_2}{N}\times \dfrac{a_1}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\times \dfrac{a_2-1}{N-7}\)，同样我们也要乘上 \(7!\)。
以此类推。
我们发现，这些最后一项的和 \(\sum\limits_{i=1}^7\dfrac{a_i-1}{N-7}=1\)，所以第 \(2\) 到 \(8\) 个触发一次终极魔法的概率也为 \(P=7 !\times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\)。期望等于对应概率数值。
因此任意连续 \(7\) 个构成的终极魔法的期望一样，于是 \(E=(N-6)\times P=7 !\times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times a_7\)。
（迷雾将会覆盖世界……）刺破伪装，窥见真相！
#include <bits/stdc++.h>
#define N 10
using namespace std;
double a[N],ans,n;
int main(){
for(int i = 1;i <= 7;i ++) scanf("%lf",&a[i]),n += a[i];
ans = 5040 * a[1] * a[2] * a[3] * a[4] * a[5] * a[6] * a[7] / (n * (n - 1) * (n - 2) * (n - 3) * (n - 4) * (n - 5));
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
\(10.\) Ilya and Escalator
首先我们要计算出在 \(T\) 秒的时候电梯上 \(0-n\) 个人每种情况出现的概率，然后再计算期望。
令 \(f_{i,j}\) 表示在第 \(i\) 秒电梯上有 \(j\) 个人得概率。
显然，\(f_{0,0}=1\)。
我们很容易可以得出转移方程 \(f_{i,j}=p\times f_{i-1,j-1}+(1-p)\times f_{i-1,j}\)。
当然我们也要考虑一些特殊的情况：
对于 \(j=0\) 的情况，\(f_{i,0}=(1-p)\times f_{i-1,0}\)。
对于 \(j=n\) 的情况，\(f_{i,n}=p\times f_{i-1,n-1}+f_{i-1,n}\)。因为如果电梯里已经有了 \(n\) 个人，那么一定有 \(100\%\) 的概率还是 \(n\) 个人。
星辰的宿命，终究无法被改变。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 2005
using namespace std;
double n,p,f[N][N],ans;int t;
int main(){
scanf("%lf%lf%d",&n,&p,&t);
f[0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= t;i ++){
for(int j = 0;j <= n;j ++){
if(j == 0) f[i][j] = (1 - p) * f[i - 1][j];
else if(j == n) f[i][j] = p * f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j];
else f[i][j] = p * f[i - 1][j - 1] + (1 - p) * f[i - 1][j];
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) ans += f[t][i] * i;
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}
\(11.\) Bag of mice
令 \(f_{i,j}\) 表示袋子里有 \(i\) 个白鼠，\(j\) 个黑鼠，公主赢得概率。边界为 \(f_{i,0}=1\)。
考虑所有公主会赢的情况：
公主抓到了一只白鼠，则公主赢。公主赢的概率为 \(\dfrac{i}{i+j}\)。
公主抓到了一只黑鼠，龙抓到了一只白鼠，则龙赢。公主赢得概率为 \(0\)。
公主抓到了一只黑鼠，龙抓到了一只黑鼠，跑出来一只黑鼠，然后公主在剩下的鼠里面抓到一只白鼠。概率为 \(\dfrac{j}{i+j}\times \dfrac{j-1}{i+j-1}\times \dfrac{j-2}{i+j-2}\times f_{i,j-3}\)。这种情况要判断 \(j\) 是否大于等于 \(3\)。
公主抓到了一只黑鼠，龙抓到了一只黑鼠，跑出来一只白鼠，然后公主在剩下的鼠里面找到一支白鼠。概率为 \(\dfrac{j}{i+j}\times \dfrac{j-1}{i+j-1}\times \dfrac{i}{i+j-2}\times f_{i-1,j-2}\)。这种情况要判断 \(i\) 是否大于等于 \(1\)，\(j\) 是否大于等于 \(2\)。
这几种情况累加即可。
在这个世界，有一束光就能给任何人照亮。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 1005
using namespace std;
double w,b,f[N][N];
int main(){
scanf("%lf%lf",&w,&b);
for(int i = 1;i <= w;i ++) f[i][0] = 1;
for(double i = 1;i <= w;i ++){
for(double j = 1;j <= b;j ++){
int x = i,y = j;
f[x][y] += i / (i + j);
if(j >= 3) f[x][y] += (j / (i + j)) * ((j - 1) / (i + j - 1)) * ((j - 2) / (i + j - 2)) * f[x][y - 3];
if(j >= 2 and i >= 1) f[x][y] += (j / (i + j)) * ((j - 1) / (i + j - 1)) * (i / (i + j - 2)) * f[x - 1][y - 2];
}
}
printf("%.9lf",f[int(w)][int(b)]);
return 0;
}
