「方差期望」学习记录

之前联考模拟赛一道题，感觉推式子很干（我又太菜不会推），但是最后很有意思（？）。记录一下。

• 题目大意

有 \(n\) 个物体，第 \(i\) 个出现的概率是 \(p_i\) 。记其第一次出现时间是 \(t_i\) 。求 \(t_i\) 方差的期望值。

• 分析

开始大力推式子。

\[\begin{aligned} \sigma^2 &= \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n t_i^2+\overline{t}^2-2t_i\overline{t} \\ &= \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n t_i^2 + \overline{t} (\overline{t}-2t_i) \\ &= \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n t_i^2 - \overline{t}^2 \\ &= \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n t_i^2 - \left( \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n t_i\right)^2 \end{aligned} \]

\[\operatorname{E}(\sigma^2)= \dfrac{n-1}{n^2}\sum\limits_{i=1}^n \operatorname{E}(t_i^2) -\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n 2 \operatorname{E}(t_it_j) \]

注意到 \(t_i\) 与 \(t_j\) 不是相互独立的。所以不能拆开算。

因为我们需要计算 \(\operatorname{E}(t_i^2)\) 与 \(\operatorname{E}(t_it_j)\) 。

\[\begin{aligned} \operatorname{E}(t_i^2)=\sum\limits_{i\ge 1} i^2(1-p_i)^{i-1} p_i \end{aligned} \]

又因为 \(i^2=1+3+5+...\)

所以每个 \(i\) 会对 \(1,3,5,7,...\) 贡献 \((1-p_i)^{i-1}p_i\) 。

逆向考虑，考虑每个位置有多少个 \(i\) 对其有贡献。

\[\begin{aligned} \operatorname{E}(t_i^2) &= \sum\limits_{j\ge0} (2j+1)\sum\limits_{k=j+1}(1-p_k)^{k-1}p_k \\ &=\sum\limits_{j\ge0} (2j+1)(1-p_i)^j \\ &=2 \sum\limits_{j\ge0} j(1-p_i)^j+\sum\limits_{j\ge0}(1-p_i)^j \\ &=2 \sum\limits_{j\ge0} j(1-p_i)^j+\dfrac{1}{p_i} \end{aligned} \]

不妨设 \(s=\sum\limits_{j\ge 0}j(1-p_i)^j\) ，则

\[s-(1-p_i)s=\sum\limits_{j\ge1}(1-p_i)^j=\dfrac{1}{p^i}-1 \]

解得 \(s=\dfrac{1}{p_i^2}-\dfrac{1}{p_i}\) ，故 \(\operatorname{E}(t_i^2)=\dfrac{2-p_i}{p_i^2}\) 。

接下来是 \(2\operatorname{E}(t_it_j)\) 。

考虑 \(2\operatorname{E}(t_it_j)=\operatorname{E}(t_i^2)+\operatorname{E}(t_j^2)-\operatorname{E}((t_i-t_j)^2)\) 。

变相理解，记第 \(i\) 个物品和第 \(j\) 个物品出现时间差的平方的期望。不妨设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 比 \(j\) 前出现的概率。

所以 \(\operatorname{E}((t_i-t_j)^2)=f_{i,j}\operatorname{E}(t_j^2)+f_{j,i}\operatorname{E}(t_i^2)\) ，

得

\[\begin{aligned} 2\operatorname{E}(t_it_j) & =\operatorname{E}(t_i^2)+\operatorname{E}(t_j^2)-f_{i,j}\operatorname{E}(t_j^2)-f_{j,i}\operatorname{E}(t_i^2) \\ &= (1-f_{i,j})\operatorname{E}(t_j^2)+(1-f_{j,i})\operatorname{E}(t_i^2) \\ &= f_{j,i}\operatorname{E}(t_j^2) + f_{i,j}\operatorname{E}(t_i^2) \end{aligned} \]

考虑 \(f_{i,j}\) 的转移

\[f_{i,j}=\sum\limits_{k \ge 1} (1-p_i-p_j)^{k-1}p_i=\dfrac{p_i}{p_i+p_j} \]

所以得

\[2\operatorname{E}(t_it_j)=\dfrac{p_i}{p_i+p_j}\operatorname{E}(t_i^2)+\dfrac{p_j}{p_i+p_j}\operatorname{E}(t_j^2) \]

其中 \(p_i+p_j\) 的逆元用类似前缀和一样的求法预处理。

复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\) 。

\(10^5\) 做法要多点插值，暂鸽。

• 代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=5000+5;
const ll Mod=998244353;
ll n,sum,inv,a[N],p[N],E[N];
ll ans1,ans2,iv[N],pre[N][N],ipre[N][N];
ll qpow(ll x,ll k)
{	ll res=1;
	while(k)
	{	if(k&1)res=res*x%Mod;
		x=x*x%Mod;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
ll f(ll x,ll y)
{	if(x>y)return ipre[y][x]*pre[y][x-1]%Mod*p[x]%Mod;
	return ipre[x][y]*pre[x][y-1]%Mod*p[x]%Mod;
}
int main()
{	freopen("card.in","r",stdin);
	freopen("card.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{	scanf("%lld",&a[i]);
		sum=(sum+a[i])%Mod;
	}
	inv=qpow(sum,Mod-2)%Mod;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{	p[i]=a[i]*inv%Mod;
		iv[i]=qpow(p[i],Mod-2);
		E[i]=(2-p[i]+Mod)%Mod*iv[i]%Mod*iv[i]%Mod;
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)ans1=(ans1+iv[i])%Mod;
	ans1=ans1*qpow(n,Mod-2)%Mod;
	printf("%lld\n",ans1);
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{	pre[i][i]=1;
		for(ll j=i+1;j<=n;j++)
			pre[i][j]=(p[i]+p[j])%Mod*pre[i][j-1]%Mod;
		ipre[i][n]=qpow(pre[i][n],Mod-2);
		for(ll j=n-1;j>=i;j--)
			ipre[i][j]=(p[i]+p[j+1]%Mod)*ipre[i][j+1]%Mod;
	}
	inv=qpow(n,Mod-2)%Mod;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
	{	ans2=(ans2+(n-1)*inv%Mod*inv%Mod*E[i]%Mod)%Mod;
		for(ll j=i+1;j<=n;j++)
		{	ans2=(ans2-f(i,j)*E[i]%Mod*inv%Mod*inv%Mod+Mod)%Mod;
			ans2=(ans2-f(j,i)*E[j]%Mod*inv%Mod*inv%Mod+Mod)%Mod;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans2);
	return 0;
}