概率期望

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  • 例题&思维方法 I
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  • 怎么只有这么点例题啊

 

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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（