概率期望

目录

• 概率期望
  • 符号 & 定义 & 基础知识
    • 符号&定义
      • 概率
      • 期望
    • 基础知识
      • 概率
      • 期望
    • 概率的期望
  • 例题&思维方法 I
    • poj2151 简单题
    • CF601C Kleofáš and the n-thlon
    • CF712E Memory and Casinos
  • 例题&思维方法 II
    • CF1540B Tree Array
    • agc028B Removing Blocks
    • 题
    • CF605E Intergalaxy Trips
    • wf2018 Gem Island
    • NOI2013 树的计数
    • CTS2019 随机立方体、氪金手游
  • 怎么只有这么点例题啊

概率期望

这是一个挺大的东西，又涉及到dp，又涉及到数学，就不知道咋分类

同时，这也是我最菜的几部分之一

符号 & 定义 & 基础知识

符号&定义

概率

\(P(A)\)​ 表示事件 \(A\)​​ 发生的概率。

1. 对于离散的情况，假设一共有 \(n\) 种情况均匀随机，其中 \(m\) 种使得事件 \(A\) 成立，那么 \(P(A)=\dfrac{m}{n}\)

因此，“概率”在很多情况下可以看作“计数”

当然，直接考虑概率也有好处，它相当于约掉了很多东西，让问题处理起来更加方便

2. 对于连续情况：可以使用面积/体积的比来计算概率

\(P(A|B)\) 表示条件概率，即，我们假设 \(B\) 已经发生的条件下，\(A\) 多少概率发生。

这里 \(B\) 相当于一个大前提，就是说，假设 \(B\) 的条件 已经 被满足了，\(A\) 多少概率发生。
\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\)

期望

对于随机变量 \(x\)，\(E(x)\) 表示 \(x\) 的期望。

1. 对于离散的情况，它的值就是每一种可能值乘以它对应的概率

   如，扔一个标准的骰子，朝上的点数的期望是 \(1\times\dfrac{1}{6}+2\times\dfrac{1}{6}...+6\times\dfrac{1}{6}=3.5\)​

   此时也可以认为它的值是：所有方案的和/总方案数

2. 对于连续的情况，我们可以使用积分等手段计算期望，这里略

基础知识

注意：以下式子全都可以反过来用，做题的时候思维要灵活一些

概率

当 \(A,B\) 独立（即二者互不影响）时：

1. \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\)
2. \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\)

设 \(\overline{A}\) 表示 “\(A\) 不发生”，则 \(P(\overline{A})=1-P(A)\)

这个式子结合上面两个式子，可以使用容斥原理计算概率

\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\) （条件概率）

若 \(A_1,A_2...A_n\)​ 恰好能覆盖所有情况（即，完备），对于事件 \(B\)​，\(P(B)=\sum\limits_{i=1}^{n} P(B|A_i)\times P(A_i)\)​

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

就好比我家里有短裙和短袖，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

期望

当 \(x,y\) 独立时，\(E(x+y)=E(x)+E(y)\) （期望的线性性）

这个式子有一个等价的表达，\(E(ax+by)=aE(x)+bE(y)\)，其中 \(a,b\) 是任意标量

它在实际使用的时候，可以考虑拆成贡献的形式，然后对于每一个贡献独立，就线性，然后加起来。

比如说逆序对数，可以看成是每有一个 \((i,j)\ :\ i<j,a_i>a_j\)​​​​​​ 就贡献一次，然后就可以把逆序对拆成每个这样的贡献的和，然后和的期望=期望的和，变成 \(\sum\limits_{i<j} P(a_i>a_j)\)。

此时，\(E(xy)=E(x)E(y)\) 同样成立。

对于证明，就把一个数写成值乘概率加起来的形式，然后代入进去发现两边一样就证完了。

当 \(x\) 是正整数时，\(E(x)=\sum\limits_{i} P(x\ge i)\)

证明就考虑一下一个 \(P(i)\) 被算多少次就行了，算一算发现这个次数正好是 \(1,2,3...n\)

而对于正整数的情况，期望正好是 \(\sum\limits_{i} i\times P(i)\)，\(P(i)\) 应该被算 \(1,2,3...n\) 次，正好一样，就对了

对于一个命题 \(p\)​​，\(E([p])=P(p)\)​​。换句话说，\([p]\)​ 的真假性，就是 \(p\)​ 为真的概率。很明显对吧

概率的期望

这个东西也是有意义的。

结合实际问题具体的讲，就是：现在我们想要求某个事件 \(A\) 发生的概率 \(P\)，有 \(n\) 种可能的情况会发生，第 \(i\) 种情况里面发生 \(A\) 的概率是 \(P_i\)。每种情况还有一个发生的概率，设为 \(Q_i\)。相当于是两层随机，先随机一种情况，一种情况里面是否发生 \(A\) 又是随机的。

此时 \(A\)​ 发生的概率，可以用全概率公式考虑，就是 \(\sum\limits_{i=1}^{n} Q_i\times P_i\)。而如果我们以事件为研究对象，那这个东西就等于 \(E(P)\)，也就是 \(P\) 的期望。

例题&思维方法 I

这是第一部分，暂且比较简单

（因为这块参考的课件是比较早的课件，好像是noip的集训）

poj2151 简单题

有两个限制：每个队都得做至少一个题（设为条件A），并且至少存在一个队做出来 \(k\) 个题 （设为条件B）

我们要求 \(A\cap B\) 的概率。众所周知，\(P(A\cap B)=P(A)-P(A\cap\overline{B})\)

为什么这么考虑呢，因为，正难则反嘛。

先看 \(P(A)\) 怎么做。简单想一下，也得考虑反面做。对于每个队，考虑拿 \(1\) 减去爆零的概率，就是这一个队至少A掉一个题的概率。然后由乘法原理，队之间的概率乘起来，就是同时满足的方案。

接下来看 \(P(A\cap \overline{B})\)。考虑 \(\overline{B}\) ：每个队A掉的题数都 \(\le k-1\)。由于还需要满足条件 \(A\)，所以相当于每个队A掉的题都在 \([1,k-1]\) 里面。

考虑这个咋做。此时熟练的选手脑子里已经有一个GF了。先枚举队，设 \(f(i)\) 表示这个队AC了 \(i\) 个题的方案数。那肯定是，在概率数组里选 \(i\) 个“AC的概率”乘起来，然后选 \(m-i\) 个 “不AC的概率” 乘起来。我们发现这很GF，直接GF

设当前这个队AC第 \(i\) 个题的概率是 \(p_i\)。那很明显 \(f\) 的OGF，设为 \(F\)，就是

\[\prod\limits_{i=1}^{m} (1-p_i)+p_ix \]

最后得到当前这个队的答案就是 \(F[x^1...x^{k-1}]\)。每个队的答案乘起来就行了。

朴素的实现是 \(O(nm^2)\) 的。使用分治FFT可以做到 \(O(nm\log m)\)，这里略（毕竟是10级算法）

这题非常水，但是可以帮助理解概率的“考虑反面”思想，还有条件之间取交，取并的概率的计算。这些是很重要的基础知识，做完这个题之后也可以想一想。

CF601C Kleofáš and the n-thlon

（神秘名字，谁教教我咋念啊）

题目中，\(k\) 这个人在 \(i\) 比赛里面的排名被设为 \(x_i\)。但由于后面要用 \(x\) ，这里取名叫 \(p_i\)。

设 \(s_i\) 表示第 \(i\) 个人的总得分

我们要求 \(k\) 这个人的排名（定义为小于它的数量+1）的期望。

根据上面期望相关的式子，先转化一波。要求：

\[E(\sum\limits_{i\neq k} [s_i<s_k])\\ \]

注意到对于某人的某次比赛，排第几名都是等概率的。又注意到除了 \(k\) 这个人之外的人，没有本质区别，都可以看做是同一个人，或者说，把两个人换一下完全不影响。感性理解叫 “都是外人”

根据线性性把这个式子拆开，然后根据人之间的等价性，每一项都是一样的。于是变为：

\[(m-1)\times E(s_i<s_k),i\neq k \]

\(i\) 任意。我们后面就称它为“外人”，即，一个不是 \(k\) 的人。

对于 \(i\) 这个人，在第 \(j\) 场比赛里面，排 \(r\) 位的概率都是 \(\dfrac{1}{m-1}\)，但是 \(r\) 不能是 \(p_j\)。

那它在这一场比赛里，所有可能性构成的OGF就是 \(\sum\limits_{i=1}^{m}[i\neq r]\dfrac{1}{m-1} x^i\)

我们把每一场比赛的这个 OGF 卷一下，\(i\) 次方项就是它总得分为 \(i\) 的方案数。取它的 \([1,s_k)\) 次项和即可。

但是就算拿FFT卷，朴素的复杂度也是 \(O(n^2m\log(nm))\)，不太能过。拿分治FFT写似乎理论复杂度对了，毛估估应该是 \(O(nm\log (nm))\) 的。但是我觉得它应该会很难写，也不应该是标程。这题的这个范围似乎在提示我们，复杂度应该是 \(O(n^2m)\)

考虑这一堆GF，它们只有一个空缺，和全 \(1\) 的多项式非常像。

考虑差分。由于它是两段 \(1\) 组成，所以它的差分应该最多 \(4\) 个位置有值。而多项式这个系数取差分，其实就是卷上一个 \(1-x\)，性质非常好：满足交换律和结合律。也就是说，我们可以先取一堆差分，然后再卷，然后再前缀和做回来，做的顺序不影响。

那这样只有 \(4\)​ 个位置有值，就算是暴力的从 \(1\)​ 到 \(n\)​ 枚举，每次卷积的复杂度也只有 \(O(4nm)=O(nm)\)​，总复杂度 \(O(n^2m)\)​​​。虽然劣一些，但是好写

CF712E Memory and Casinos

（暂时是这篇最难的题）

我们发现题目相当于要我们求区间 \([l,r]\)，从 \(l\) 点开始走，一出区间就停止，从区间右边出来的概率。

我们发现它好像有着像链表一样的，能够 接起来 的性质。对于区间 \([l,p],[p+1,r]\)​，我们从 \(l\)​ 开始，从 \(p\)​ 右边出来，就会进入 \([p+1,r]\)​ 区间，然后我们再利用这个区间的信息，就可以求出从 \(r\)​​ 右边出来的概率。

敏感的同学可能会想到线段树的区间拼接

对！太对了！非常好！

然而，实际情况要复杂一些，因为我们还能跑到下一个区间再回来，再跑过去，再回来...不过能够想象出来这应该是一个等比无穷求和，毕竟这个概率肯定是一个具体的数，那怎么也得收敛对吧。

我们尝试写一写。对于一个区间，记 \(P\) 表示从 \(l\)​ 开始，一出区间就停止，从区间右边出来的概率。

假设现在我们要把区间接起来。设有两个区间 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)，编号 \(1,2\)，相邻（即 \(r_1+1=l_2\)）。

我们写一写，诶，回来那一部分如何表示？从下一个区间回来，概率可以从反面考虑，是 \(1-P_2\)。但是从 \(1\) 又回到 \(2\)，相当于是：从 \(r\) 开始从右边出来的概率。

同样考虑反面，我们需要维护的就是，从 \(r\) 开始从左边出来的概率。设这个概率是 \(Q\)。

先考虑 \(P\)​ 如何做：最naive的就是 \(P_1P_2\)​，但光有这一项还不够，还有 \(P_1P_2\times [(1-P_2)(1-Q_1)]^k\)。那个 \(^k\)​ 表示我们可以任意​的过去，回来，过去，回来...这样绕圈。

根据这个，有：

\[P=P_1P_2\times \sum\limits_{k=0}^{\infin} [(1-P_2)(1-Q_1)]^k \]

一看，果然是个等比无穷求和。啪的一下写出，（\(Q\) 那个是同理出来的）

\[P=\dfrac{P_1P_2}{1-(1-P_2)(1-Q_1)},\\ Q=\dfrac{Q_1Q_2}{1-(1-P_2)(1-Q_1)} \]

然后我们可以用线段树维护这样的合并。

PS：我准备写另一篇blog，着重于讲这种维护区间出入的线段树。

例题&思维方法 II

CF1540B Tree Array

首先是一波线性性，变成：枚举点 \(a<b\)，\(b\) 在 \(a\) 前面涂色的概率之和

第一个染色的点，显然有着本质的区别，这一步枚举不可避。枚举第一个染的点，令它为根，记为 \(r\)。

设 \(a,b\) 的 LCA 是 \(L\)。那染到 \(a,b\) 两点，肯定得先染到 \(L\) 点，然后有两条分叉，一条冲着 \(a\) 过去，一条冲着 \(b\) 过去。记两个长度为 \(l_a,l_b\)。

接下来咋搞呢？不会整，重新读一遍题，发现扩展出去每个点都是等概率的，于是，往 \(a\) 方向和往 \(b\) 方向走，概率相同。如果我们只考虑 \(a,b\)​ 两条路径，不分叉到别的东西，那可以认为，走任意一边的概率都是 \(1/2\)

我们发现这个问题和 \(a,b,L\) 已经无关，只和 \(l_a,l_b\) 有关。不妨预处理出 \(f(x,y)\) 表示一条路长 \(x\) 一条路长 \(y\)，\(x\) 那一条先被染完，的概率。

容易推出边界：\(f(x,0)=0,f(0,y)=1\)；转移：\(f(x,y)=\dfrac{1}{2}(f(x-1,y)+f(x,y-1))\)

预处理出这个，枚举 \(a,b,r\)，加一加，\(O(n^3)\)

关于如何去除LCA的那个log：可以预处理出 LCA[r][x][y] 表示以 \(r\) 为根，\(x,y\) 两点的LCA。这个显然可以 \(O(1)\) 的推，于是 \(\log\) 就被非常暴力的去掉了

agc028B Removing Blocks

在 笛卡尔树 那一篇学术垃圾里有讲

如果我们把目光放在期望与概率上（而不是笛卡尔树），我们注意到这个式子

\(E(dep_i)=\sum\limits_{j} P(j\in anc(i))\)，\(anc(u)\) 表示 \(u\) 的祖先。

这个其实也是期望的线性性的转化。由此可见，期望线性性这一条性质看起来简单，实际用起来是非常灵活的。

题

相传是 E.Space 出的题

有一颗treap，\(n\) 个点权值均匀随机，求每个点深度的期望，输出小数，保留7位

由上一个题的结论，就两个调和加一下就行。调和级数在 \(n\) 比较大的时候可以用 \(n\ln n+\epsilon\) 逼近。

CF605E Intergalaxy Trips

设 \(E(x)\) 表示 \(x\) 到 \(n\) 的期望距离

一般都会设成“某个点到终点的期望xxx”，因为这样的好处是，我们可以知道终点的期望值是 \(0\)，而且也方便递推

为啥不设起点呢？这里倒是可以，但是有的题里面我们完全可能绕一圈回到起点然后继续走，但是到终点是设定上就要停的

脑子里转两圈想想发现，对于一个点，出现了若干条边，我们肯定选 \(E\) 最小的那个点过去，假设我们真的能够知道过去的这个点 \(E\) 是多少。

那我们怎么知道呢？（ssh队长的代码从而直接知道这个值）

继续想一想，我们跑到的点的 \(E\)，肯定比当前点的 \(E\) 小。那对于 \(E\) 超过当前点的，直接不看。也就是说，我们从小到大看所有点的 \(E\) 值。

问题又来了，我不知道它们的 \(E\)，我怎么“从小到大”？

注意到 \(E(n)=0\)，显然是最小的，是已知量。我们可以从这个最小值开始扩展，每次找没扩展的点的最小值，那它肯定是第二小；再找，肯定是第三小...相当于一个动态的计算过程，和dijkstra非常像。

每次找一个新点的时候，已经扩展的点的信息都算好了，假设有 \(k\) 个。我们可以把它们按 \(E\) 值从小到大排序。为表达方便，直接把它们编号 \(1\cdots k\)。那么，

\[E(u)=\left(\sum\limits_{i=1}^{k} E(i)\times p(u,i)\times \prod_\limits{j=1}^{i-1} p(u,j)+\prod_\limits{i=1}^{k} (1-p(u,i))\times E(u)\right)+1 \]

注：

那个 \(+1\)​ 不用多讲，就是多走一步

前面一半的 \(i\) 是枚举能到的点中 \(E\) 最小的点是 \(i\)。既然这样，肯定是 \(u\) 到 \(i\) 有边，且 \(u\) 到 \(i\) 前面的点没有边，这时候 \(i\) 才恰好能成为最小值。然后它所用的步数期望就是 \(E(i)\)​

后面一半是最拉的情况：所有边都没有，只能原地tp，还要花 \(1\) 的代价。

这样转移一波就行了。复杂度 \(O(n^2)\)，解决 \(n,m\le 1000\) 的问题。

如果使用堆优化，可以做 \(n,m\le 10^6\)，复杂度 \(O(m\log n)\)，和dij一个复杂度。

wf2018 Gem Island

我们要求最后排名前 \(r\) 大的宝石数的和的期望。这里做一个小转化，我们考虑新增（即，分裂出来）了多少，求出这个之后答案加上 \(r\) 即可。设第 \(i\) 个人的宝石分裂了 \(a_i\) 次，我们要求 \(a\) 数组前 \(r\) 大的和的期望（\(+r\)）

对于每个 \(a_i\)，我们把它想象成是一个柱状图。那我们要求前 \(r\) 高的柱子的高度和。

根据 这个trick，我们考虑这个按列求和，换成是按行求和

我们枚举行（即，枚举值） \(x\)​，然后看有多少个 \(a_i\ge x\)​，假设有 \(c\)​ 个。如果 \(c\le r\)​，那无疑，这 \(c\)​ 个数一定被包含在最高的那 \(r\)​​ 个数里面，贡献直接 \(+c\)​。然而，如果 \(c>r\)，那么我们只能取前 \(r\) 高的柱子去贡献。哪些柱子是前 \(r\) 高的？我们无法确定，但也不用确定，因为我们可以肯定它对答案的贡献一定是 \(+r\)。

即，我们设 \(c_x\)​​​ 表示 \(\ge x\)​​​ 的有多少个。那么对于一种确定的 \(a_i\)​​​，答案为 \(\sum\limits_{i=1}^{\infin} \min(c_x,r)\)​​​

以上是一种比较具体的考虑方法。接下来是比较抽象的。

设前 \(r\) 大的数为 \(a_{p_1},a_{p_2}...a_{p_r}\)。则我们要求：

\[E\left(\sum\limits_{i=1}^{r} a_{p_i}\right)=\sum\limits_{i=1}^{r} E(a_{p_i})\\ =\sum\limits_{i=1}^{r} \sum\limits_{x=1}^{\infin} P(a_{p_i}\ge x)\\ =\sum\limits_{i=1}^{r} \sum\limits_{x=1}^{\infin} E([a_{p_i}\ge x])\\ =\sum\limits_{x=1}^{\infin} E(\sum\limits_{i=1}^{r} [a_{p_i}\ge x]) \]

对于 \(x\)，设 \(c_x\) 表示 \(a\) 里面有多少个 \(\ge x\)。由于我们只考虑前 \(r\) 大的，所以对于每个 \(c\) 我们还要把它和 \(r\) 取个 \(\min\)。

那我们相当于求 \(E\left(\sum\limits_{x=1}^{\infin} \min(c_x,r)\right)\)。

设式子 \(F=\sum\limits_{x=1}^{\infin} \min(c_x,r)\)。由上面期望的变形之一，我们考虑求所有情况下 \(F\)​​ 的和，除以情况数。

考虑：决定 \(c\) 因素是啥？那当然是由 \(a\) 决定。那 \(a\) 满足什么条件呢？注意到，总共分裂的次数是 \(d\)，确定的。那么 \(a\) 的和为 \(d\)。那么我们的问题是，一堆数的和为 \(d\)，我们要算，所有可能性的 \(F\) 的和。

于是，我们设 \(f(i,j)\)​ 表示 \(i\)​ 个数和为 \(j\)​，\(F\)​​ 的和。还是依着那个具体的考虑方法，我们每次切掉最下面一行，看看会如何。能够切掉一行，那得 \(\ge 1\)。于是我们枚举 \(i'\)，表示当前选的 \(i\) 个数里面有 \(i'\) 个 \(\ge 1\) 的。然后我们看这些 \(\ge 1\) 的就能切一行，切一行之后上面的贡献是 \(f(i',j-i')\) （每个都 \(-1\)，和减去 \(i'\)）。然后切掉的这一行一共有 \(i'\) 个，贡献 \(\min(i',r)\)。

注意这里贡献的 \(\min(i',r)\)，对于上面的每一种方案都会贡献一次，所以还要乘一个方案数。方案数就是，\(i'\) 个自然数相加等于 \(j-i'\) 的方案数，即 \(\binom{(j-i')+i'-1}{i'-1}=\binom{j-1}{i'-1}\)

顺便别忘了，选这 \(i'\) 个出来还有 \(\binom{i}{i'}\) 种方案。于是，

\[f(i,j)=\sum\limits_{i'=0}^{i} \binom{i}{i'}\times \left(\min(i',r)\times \binom{j-1}{i'-1}+f(i',j-i')\right) \]

这样解决了对于每种确定 \(a_i\)，\(F\) 的和。还要乘一下确定 \(a_i\) 的方案，推一下发现是 \(d!\) （\(a_i!\) 抵消了），然后除以总方案数是 \(n^{\overline{d}}\)，即可。

虽然这题拆期望的那一步很精彩，但这个题感觉还是更像数数题

NOI2013 树的计数

同样，“树的高度”一看就不好做，想都不想肯定先拆贡献。

我们考虑把bfs序重排为 \(1...n\)，或者说我们按bfs序一一考虑。

然后考虑怎样会使树的高度 \(+1\)​。bfs序是一层一层遍历的，而树的高度就等同于有多少层。所以我们把bfs序分段，一段代表一层，那么它有多少段，树高就是多少。那其实我们数这些分段点的数量就行了。

问题转化问期望有几个分段点

（接下来就跟期望的关系不大了）

我们想想分段点就什么性质。对于同一层里，dfs序肯定是递增的。但是当我们换层的时候，这个dfs序就可能会倒回去（即，bfs序大的点dfs序小），也可能不会。不过反过来是成立的：如果dfs序倒回去了，那一定是出现了分层现象。这是充分的。

于是我们称这些一定要分段的点为 “必分段点”。注意，\(1\) 也是个必分段点。

注意到，对于一条树边 \((f,u)\)，\(f\) 是父亲，那肯定 \(dfn(u)=dfn(f)+1\)，\(bfn(u)>bfn(f)\)，且 \([bfn(f),bfn[u])\) 之间必须一个分段点。为什么必须一个，因为一条树边的深度只会 \(+1\)，那就会跨过一层，也就一定会有恰好一个分段点。我们称这样的 \([l,r)\) 为“限制区间”

如果一个限制区间里有一个确定好的必分段点，那其它位置肯定都不是必分段点。

反之，如果没有确定好的必分段点，则 \([l,r)\)​ 间的dfs序递增。而我们知道它的bfs序恰好是\(l,l+1...r-1\)，也是递增的。两个序都递增，只可能是一条链。而我们知道，这中间只有一条树边。所以 \(r=l+1\)，相当于区间 \([l,l]\) 里至多有一个分段点。脑子转一转，发现这是废话。于是，如果 \([l,r)\) 中间没有确定好的必分段点，那这条件我们直接不看

上述过程确认了哪些点一定是，哪些点一定不是。至于剩下的点，容易发现，分布分段都可以。

对于一个必分段点，对答案贡献肯定是 \(1\)​。而一个二者皆可的点，对答案的贡献是 \(\frac{1}{2}\)​​。把所有贡献都加起来即可。

CTS2019 随机立方体、氪金手游

见 这里

怎么只有这么点例题啊

会加上的会加上的qaq

我先去睡一觉（