概率与期望入门

概率与期望入门

1 定义性质与定理

• 随机试验：

• • 不能预先确知结果。
  • 试验之前可以预测所有可能结果或范围。
  • 可以在相同条件下重复实验。

• 样本空间：随机试验所有可能结果组成的集合。

• 随机事件：样本空间的任意一个子集称之为事件。

• 事件发生：在一次事件中，事件的一个样本点发生。

• 事件之间的运算都是集合运算。

• 概率：为样本空间的每一个事件定义一个实数，这个实数称为概率，事件 \(A\) 的概率为 \(P(A)\)

• • \(P(A)>0\)
  • \(\sum P(A)=1\)
  • \(A_i\cap A_j=\varnothing\Rightarrow P(A_1\cup A_2\cup...)=P(A_1)+P(A_2)+...\)
  • \(P(\varnothing)=0\)
  • \(A\subset B\Rightarrow P(B-A)=P(B)-P(A)\)
  • \(P(B-A)=P(B)-P(AB)\)
  • \(0\le P(A)\le 1\)
  • \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)

• 条件概率：已知事件 \(B\) 发生时事件 \(A\) 发生的概率是 \(P(A |B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)

• • \(P(\varnothing |A)=0\)
  • \(B_i\cap B_j=\varnothing\Rightarrow P(\cup_{i=1}^nB_i|A)=\sum\limits_{i=1}^nP(B_i|A)\)
  • \(P(\overline{B}|A)=1-P(B|A)\)
  • \(P(B\cup C|A)=P(B|A)+P(C|A)-P(BC|A)\)

• 期望：\(E[f(X)]=\sum\limits_{x}f(x)P(X=x)\)

• • 期望的线性性：\(E[c_1X_1+c_2X_2+...]=c_1E[X_1]+c_xE[X_2]+...\)
  • 如果 \(X_1,X_2\) d独立，则 \(E[X_1X_2]=E[X_1]E[X_2]\)

• 贝叶斯公式：\(B_i\cap B_j=\varnothing,\cup_{i=1}^nB_i=U\Rightarrow P(B_i|A)=\frac{P(A|B_i)P(B_i)}{\sum P(A|B_j)P(B_j)}\)

  证明只需要注意到分母实际上就是 \(P(A)\)

• 事件 \(A,B\) 独立 \(\Leftrightarrow P(AB)=P(A)P(B)\)

2 例题

2.1

箱子里有三个 \(1\) 一个 \(2\) ，每次取一个数不放回

• 事件 \(𝐴\)：第一次取到 \(1\)
• 事件 \(𝐵\)：第二次取到 \(1\)
• 求 \(𝑃(𝐵|𝐴)\)

\(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}}=\frac{2}{3}\)

2.2

• 事件 \(A\) ：红上
• 事件 \(B\) ：黑下
• \(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac12}=\frac13\)

2.3

公平。设 \(P_i\) 为第 \(i\) 个人中的概率。

那么 \(P_1=\frac1n,P_2=\frac{n-1}{n}\times \frac{1}{n-1}...\)

容易发现 \(P_i=\frac1n\)

2.4

• 第一种：
• 假设右边空了，概率应该是 \(p^{n+1}\times (1-p)^{n-m}\times C_{2n-m}^n\)
• 左边：\((1-p)^{n+1}\times p^{n-m}\times C_{2n-m}^n\)
• 第二种：
• 假设右边空了，概率应该是 \(p^n\times (1-p)^{n-m}\times C_{2n-m-1}^{n-1}\)
• 左边：\((1-p)^n\times p^{n-m}\times C_{2n-m-1}^{n-1}\)

2.5

显然应该是：

\[\frac{51\times 0.02}{51\times 0.02+49\times 0.0025} \]

2.6

列表可以得到，换不换是一样的。

这个跟所谓的三门问题不一样，在三门问题中，主持人知道哪一扇门后面有奖品，所以概率不一样，在三门问题中应该换。

2.7

我们现在枚举在返回之前走到 \((x,y)\) 并计算概率，然后计算返回时经过的概率，所最后的式子是这样的：

\[\sum\limits_{x=0}^{\infty}\sum\limits_{y=0}^{\infty}(1-p)^x\times p\times (1-p)^y\times p\times q^x\times (1-q)^y\times C_{x,y}^x \]

因为出现 \(x+y\) ，我们考虑还原。设 \(t=x+y\)

那么有：

\[\sum\limits_{t=0}^\infty\sum\limits_{x=0}^t(1-p)^t\times p^2\times q^x\times (1-q)^{t-x}\times C_{t}^x\\ =\sum\limits_{t=0}^{\infty}(1-p)^t\times p^2\times \sum\limits_{x=0}^t q^x\times (1-q)^{t-x}\times C_{t}^x\\ =\sum\limits_{t=0}^\infty(1-p)^t\times p^2\times (q+1-q)^{x}\\ =\sum\limits_{t=0}^{\infty}(1-p)^t\times p^2=p \]

最后一步等比数列求和。

2.8

一共有 \(n\) 次挑战，初始有一个容量为 \(k\) 的背包。依次 \(1-n\) 进行 \(n\) 次挑战。如果 \(a_i\ge 0\) 挑战成功背包容量增加 \(a_i\)。如果 \(a_i=-1\) 那么挑战成功会得到一个体积为 \(1\) 的物品。至少要挑战成功 \(L\) 次并且把所有得到的物品带走才算成功。

\(k\le 2000,l\le n\le 200,-1\le1000\)

设 \(f_{i,j,k}\) 表示挑战第 \(i\) 关，成功 \(j\) 次，容量为 \(k\) 的概率

注意到物品体积最大 \(200\) 所以第三维不用枚举到 \(k\) ，可以只枚举 \(200\) 。

时间复杂度 \(O(n^3)\) 可以 dp。

2.9

给定一棵树，给定每条边通电的概率，给定每个点自己发电的概率，问期望有多少个点能有电。

发现答案为每个点有电的概率之和。所以我们不用管期望。

我们设 \(f_i\) 表示只考虑以 \(i\) 为根的子树，\(i\) 带电的概率是多少。

我们考虑用 \(1\) 减去它没电的概率，有：

\[f_i=1-(1-p_i)-\prod\limits_{s\in son_i}(1-f_s+f_s(1-p_{i,s})) \]

现在这个 dp 没有算父亲给儿子供电的情况，我们再来一个 dp。

\(g_i\) 表示 \(i\) 的父亲能给 \(i\) 供电的概率是多少。容易发现：

\[g_i=(1-p_{fa_i})\times (1-g_{fa_{fa_i}})\times+\frac{(f_{fa_i}-1+(1-p_{fa_i}))}{1-f_i+f_i\times (1-p_{i,fa_i})} \]

2.10

有一个 \(n\times m\) 的格子，每次随机刷掉一个矩形，问 \(k\) 次之后期望刷掉了 \(k\) 次期望。

设 \(x_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列是否被染色。

发现 \(E(X_{i,j})=P(X_{i,j}=1)\)

我们考虑计算 \((1-X_{i,j})\)

下面只考虑刷一次。

发现我们随便选一个矩形的方案数应该是：

\[\frac{n(n+1)}{2}\times \frac{m(m+1)}{2} \]

相当于从行里面选两行的方案数，从列里面选两列的方案数。而选出一个覆盖 \((i,j)\) 的方案数实际上是在 \((i,j)\) 的左上方选一个点，在 \((i,j)\) 的右下方选一个点，那么方案数应该是 \(i\times j\times (n-i+1)\times (m-j+1)\)

所以选一次，\((i,j)\) 没有被刷到的概率是：

\[1-\frac{i\times j\times (n-i+1)\times (m-j+1)}{\frac{n(n+1)}{2}\times \frac{m(m+1)}{2}} \]

\(k\) 次都没有被刷到的概率是：

\[(1-\frac{i\times j\times (n-i+1)\times (m-j+1)}{\frac{n(n+1)}{2}\times \frac{m(m+1)}{2}})^k \]

所以有：

\[E(X_{i,j})=P(X_{i,j}=1)=1-P(X_{i,j}=0)\\ =1-(1-\frac{i\times j\times (n-i+1)\times (m-j+1)}{\frac{n(n+1)}{2}\times \frac{m(m+1)}{2}})^k \]

2.11

检验矩阵 \(A\times B=C\) 是否正确。其中 \(A,B,C\) 都是一个 \(n\) 阶矩阵。\(n\le 1000\) 。

我们构造一个矩阵 \(D\) 其中 \(D\) 是一个 \(n\times 1\) 的矩阵，然后我们用 \(D\) 去右乘等式左右，直接矩阵乘法然后检查结果是否相等。因为 \(D\) 可能不满秩所以乘后结果相等是乘之前结果相等的一个必要条件。我们直接随机 \(k\) 次，然后检查。但实际上应该可以构造一个满秩矩阵 \(D\) 是的其成为充要条件。

2.12

一共有 \(n\) 次操作，第 \(i\) 次操作成功的概率是 \(p_i\) ，成功记为 \(1\)，否则记为 \(0\) ，连续 \(x\) 个 \(1\) 会贡献 \(x^3\) 的分数，求期望分数。

用 \(f_i\) 表示结尾部分期望长度。\(g_i\) 表示结尾部分期望长度平方，\(h_i\) 表示结尾部分期望长度立方。

所以有：

\[f_i=(f_{i-1}+1)\times p_i\\ g_i=(g_{i-1}+2\times f_{i-1}+1)\times p_i\\ h_i=(h_{i-1}+3\times g_{i-1}+3\times f_{i-1}+1)\times p_i \]

期间累加 \(h\) 就可以。

2.13

一个圆均等被分为 \(N\) 个扇形，编号为 \(1-N\)，为抽奖轮盘。

一开始每个位置都为 \(0\) ，主持人第 \(i\) 轮会将某个随机的长度为 \(s_i\) 的区域的数 \(+1\) ，在 \(N\) 轮结束后，你需要选择两个位置（注意这个时候你不知道各个位置是什么分数），选择完第一个位置后主持人会告诉你这个位置的分数，目标为分数和最大。问期望最大是多少。每个扇形长度为 \(1\) 。

\(N\le 300\)

发现不管位置一选哪里，在没有选之前，这 \(N\) 个扇形都是等价的。所以我们直接让位置 \(1\) 是第一个扇形。所以我们设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 轮第 \(1\) 个扇形为 \(j\) 时第 \(k\) 个扇形的期望值为多少，转移即可。算答案时直接枚举看哪一个最大就可以了。

2.14

给定 \(01\) 序列，一个指针每次开始随机指向一个位置，然后这个指针随机移动到一个位置，改变这个位置的值，代价为两个位置之间的距离，求将整个序列全部变成 \(0\) 或 \(1\) 的期望代价是多少。

这个题难度在于简化状态。

注意期望的和等于和的期望。

我们这样设计这个 dp，我们设 \(f_{0/1,0/1,c}\) 表示指针是否在 \(i\) ，\(j\) 是否和 \(i\) 一样，剩下位置有多少个和 \(i\) 一样。发现当 \(b+c=n-1\) 时整个序列全 \(0\) 或全 \(1\)。我们首先枚举一下 \(i\) 和 \(j\) 分别是什么，因为转移有环，我们对每一个 dp 进行高斯消元，这个题就做完了。