期望入门

什么是期望

当我们在做一些题目的时候可能会 balablabla 一堆，然后问你 XXX 的期望，这个时候像我这种连期望定义都不知道的人就傻了，所以先来了解一下定义是什么。

我们现在有一个变量 $x$ 和一个序列 $a$，其中值为 $a_i$ 的数可能不只有一个，$x$ 的取值可能为 $a_1$ 到 $a_n$ 中任意一个数的值，我们用 $P(A)$ 来表示 $x$ 能取到值为 $A$ 的概率；如果 $A$ 在序列 $a$ 中出现的次数为 $m$，则 $P(A)=\frac{m}{n}$，对序列 $a$ 进行去重得到序列 $b$，元素个数为 $k$，则 $x$ 取值的期望为 $$\sum _{i=1}^{k}P(b_i)\times b_i$$

比如说，你掷一个六面的骰子，朝上的点数的期望就是 $$1\times \frac{1}{6}+2\times \frac{1}{6}+3\times \frac{1}{6}+4\times \frac{1}{6}+5\times \frac{1}{6}+6\times \frac{1}{6}=\frac{7}{2}$$

引入

看完上面的内容，应该对于期望有了一定的了解了，我们不妨来举一个简单的例子。

在一个游戏里面，你的人物基础的攻击力为 $1500$，暴击率为 $37\mathrm{\%}$，暴击伤害翻倍。

那么就是说你每次的攻击都有 $\frac{37}{100}$ 的概率会造成 $3000$ 的伤害，$\frac{63}{100}$ 的概率是造成 $1500$ 的伤害。

那么你每次攻击所造成的伤害值期望为 $$\frac{37}{100}\times 3000+\frac{63}{100}\times 1500=2055$$

或者再看另一个例子。

有一个商场开设了一个活动，每一个用户可以转动两个转盘来获取奖金，如下图：

技术问题凑合看

一个人可以重复获奖，每人第一个转盘可以转两次，第二个转盘可以转三次

第一个转盘获奖的概率为 $\frac{1}{7}$，第二个转盘获奖的概率为 $\frac{1}{9}$

那么我们可以得到每个用户得到的奖金的期望为

$$\frac{1}{7}\times 100\times 2+\frac{1}{9}\times 150\times 3=78.5714$$

（因为除不尽所以保留了四位小数）

例题

P3802 小魔女帕琪#

设魔法的总数为 $tot$，每一个魔法的个数为 $a_1$ 到 $a_7$。

先考虑当拿了前七个刚好为 $1，2，3，4，5，6，7$ 放了一次大的情况，概率为：

$$\frac{a_1}{tot}\times \frac{a_2}{tot-1}\times \frac{a_3}{tot-2}\times \frac{a_4}{tot-3}\times \frac{a_5}{tot-4}\times \frac{a_6}{tot-5}\times \frac{a_7}{tot-6}$$

也就是

$$\frac{a_1\times a_2\times a_3\times a_4\times a_5\times a_6\times a_7}{tot\times (tot-1)\times (tot-2)\times (tot-3)\times (tot-4)\times (tot-5)\times (tot-6)}$$

那么我们先取哪一种的顺序的没有关系的，只要前七个的魔法是不同的，那么触发的概率就是上面的柿子。

所以我们前七个放出大招的可能就是这个固定的值，而可能性就是这七个魔法的全排列个数也就是 $7!$，所以我们前七个能放出来大招的期望就是

$$\frac{7!\times a_1\times a_2\times a_3\times a_4\times a_5\times a_6\times a_7}{tot\times (tot-1)\times (tot-2)\times (tot-3)\times (tot-4)\times (tot-5)\times (tot-6)}$$

而我们的总长度为 $tot$，也就是说有 $tot-6$ 个的七个连续的魔法，所以答案还要再乘以 $tot-6$，所以最终答案为

$$\frac{7!\times a_1\times a_2\times a_3\times a_4\times a_5\times a_6\times a_7}{tot\times (tot-1)\times (tot-2)\times (tot-3)\times (tot-4)\times (tot-5)}$$

code：

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 10100
using namespace std;
double a[N],tot,ans=1;
signed main()
{
	for(int i=1;i<=7;i++)
	{
		cin>>a[i];
		tot+=a[i];
		if(a[i]==0)
		{
			cout<<"0.000"<<endl;
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=6;i++)
		ans=ans*a[i]/(tot+1-i)*i;
	ans*=a[7]*7.0;
	printf("%.3lf\n",ans);
	return 0;
}

P1297 [国家集训队]单选错位#

这道题目我们需要分类讨论一下。

1. 当前的 $a_i=a_{i+1}$，那么这个时候第 $i$ 道题目做对的概率就是 $\frac{1}{a_i}=\frac{1}{a_{i+1}}$

2. 当前的 $a_i>a_{i+1}$，那么这时我们的答案是 $1$ 到 $a_i$ 的，而实际上 $a_{i+1}$ 到 $a_i$ 的答案是不可能正确的，所以我们的答案在正确答案范围中的概率为 $\frac{a_{i+1}}{a_i}$，所以答案正确的概率为 $\frac{a_{i+1}}{a_i}\times \frac{1}{a_{i+1}}=\frac{1}{a_i}$

3. 当前的 $a_i<a_{i+1}$，那么这时我们的答案是 $1$ 到 $a_i$的，实际上 $a_i$ 到 $a_{i+1}$ 的答案是不可能取到的，如果正确答案在这个区间那我们也没办法，我们能随机到正确答案的概率就是 $\frac{a_{i+1}}{a_i}$，那我们的答案正确的概率为 $\frac{a_i}{a_{i+1}}\times \frac{1}{a_i}=\frac{1}{a_i}$

所以除第 $n$ 个外的题目做对的期望为 $\frac{1}{max(a_{i+1},a_i)}$

最终答案为

$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{max(a_{i+1},a_i)}$$

code:

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 10001000
using namespace std;
int n,a[N],A,B,C;
inline void init()
{
    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;
}
signed main()
{
	init();
	double ans=0;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)ans+=1.0/max(a[i],a[i+1]);
	ans+=1.0/max(a[1],a[n]);
	printf("%.3lf\n",ans);
	return 0;
}

FAVDICE - Favorite Dice#

我们设 $f[i]$ 表示当前已经掷到了 $i$ 个面还需要的次数。

那么我们有 $\frac{i}{n}$ 的概率是掷到已经掷到过的面，所以还需要掷 $f[i]$ 次。

有 $1-\frac{i}{n}$ 的概率掷到没有掷到过的面，所以还需要掷 $f[i+1]$ 次。

由于我们掷了这一次，所以无论结果是什么，都是要加一，所以得出转移方程

$$f[i]=\frac{i}{n}\times f[i]+\frac{n-i}{n}\times f[i+1]+1$$

合并同类项后得

$$\frac{n-i}{n}\times f[i]=\frac{n-i}{n}\times f[i+1]+1$$

通分得

$$f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i}$$

code:

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#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000100
using namespace std;
int t,n;
double f[N];
signed main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		f[n]=0;
		for(int i=n-1;i>=0;i--)
			f[i]=(double)((n*1.0)/(n-i)+f[i+1]);
		printf("%.2lf\n",f[0]);
	}
	return 0;
}

P1365 WJMZBMR打osu! / Easy#

我们设当前的最大连续的 o 长度为 $len$，设 $f[i]$ 为当前前 $i$ 个 字符的期望得分。

当第 $i$ 个字符为 x 的时候，我们连击中断，$len$ 清零，得分和 $i-1$ 的一样即 $f[i]=f[i-1]$。

当第 $i$ 个字符为 o 的时候，我们的连击次数加一，也就是 $len$ 加一，得分可以根据 $(x+1{)}^2-x^2$ 来推导一下，可以得出 $f[i]=f[i-1]+len\times 2+1$

当第 $i$ 个字符为 ? 的时候，我们有一半的概率获得 $len\times 2+1$ 的分数，所以期望得分为 $\frac{len\times 2+1}{2}$；$len$ 有一半的概率清零，一半概率加一，所以期望长度为 $\frac{len+1}{2}$

code:

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000100
using namespace std;
int n;
char s[N];
double f[N],len;
signed main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>s[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[i]=='x')f[i]=f[i-1],len=0;
		if(s[i]=='o')f[i]=f[i-1]+2*len+1,len++;
		if(s[i]=='?')f[i]=f[i-1]+len+0.5,len=(len+1)*1.0/2;
	}
	printf("%.4lf\n",f[n]);
	return 0;
}