[学习笔记] 期望 / 概率相关

我是口胡带诗，好多题没有码，我太懒惰了，难怪码力这么差了。

[洛谷日报] 数论小白都能看懂的数学期望讲解

按照这个 题单 加练一下。强烈推荐在文中提到的题目先思考一下再看我的解析，这挺重要的，得有自己的思考过程和经验。可以看题解也可以直接看我的解法以试图带入我的解题思维体系，希望可以形成思维网。

部分可以期望转概率、概率转频率、频率转计数。

日常生活中，我们每做一件事，都有对它的期望，这里的期望不仅仅只结果的胜负之类，也可以与状态有关。
但在 OI 中，一般指的就是达到结果的期望，最朴素的计算是每次可能结果的概率乘以其结果的总和。

称 \(\rm{E}\)\((x)\) 为 \(x\) 的数学期望值。

设 \(x\)、\(y\) 为任意两个随机变量，则 \(\rm{E}\)\((x+y)=\rm{E}\)\((x)+\rm{E}\)\((y)\)

设 \(x\)、\(y\) 为互相独立的两个随机变量，则 \(\rm{E}\)\((xy)=\rm{E}\)\((x)\times\rm{E}\)\((y)\)

很多的期望题应该使用上述的性质来维护多个值，最后根据式子计算出答案。

upd：还有一个常见的 trick，就是可以将每一步的操作期望拆开计算，最后合起来算贡献，可能好算一些。

板刷前置#

• 关于逆元

模数为质数时 \(x\) 的逆元为 \(x^{p-2}\)，否则需要用 exgcd。

线性求逆元：

\[inv(x)=inv(x\bmod p) \times (p-\lfloor \frac{p}{x} \rfloor ) \bmod p \]

证明

逆元相关专栏

题目选讲#

那几道普及难度的题没啥必要看，可以用来熟悉概率的定义。一眼秒的也不写了。

CF1042E#

首先按照数值大小排下序。发现只有小于 \(a_{r,c}\) 的格子才有用。遂存下那些格子。

设 \(dp_i\) 为以存下的第 \(i\) 个格子开始走的期望值。有：（\(cnt\) 表示值小于 \(i\) 格子的格子的数量）

\[dp_i=\sum_{j=1,a_j<a_i}^{i} \frac{(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2+dp_j}{cnt} \]

搞不了。直接暴力转移会超时，把式子拆开：

\[dp_i=\sum_{j=1,a_j<a_i}^{i} \frac{{x_i}^2+{x_j}^2+{y_i}^2+{y_j}^2+dp_j-2(x_i\times x_j + y_i\times y_j)}{cnt} \]

对 \({x_i}^2\)、\({y_i}^2\)、\({x_i}\)、\({y_i}\)，\({dp_i}\) 做前缀和搞搞就行了。

P1850#

设 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示点 \(1\sim i\) 中使用了 \(j\) 次申请，第 \(i\) 次有 / 没有申请的期望值。预处理出 \(dis_{i,j}\) 代表 \(i\) 到 \(j\) 的最短路。

\[dp_{i,j,0}=\min \begin{cases} dp_{i-1,j,0}+dis_{c_{i-1},c_i}\\ dp_{i-1,j,1}+dis_{c_{i-1},c_i}\times{(1-p_{i-1})}+dis_{d_{i-1},c_i}\times p_{i-1}\\ \end{cases} \]

\[dp_{i,j,1}=\min \begin{cases} dp_{i-1,j-1,0}+dis_{c_{i-1},c_i}\times{(1-p_{i})}+dis_{c_{i-1},d_i}\times p_i\\ dp_{i-1,j-1,1}+dis_{c_{i-1},c_i}\times{(1-p_{i})(1-p_{i-1})}+dis_{c_{i-1},d_i}\times p_i (1-{p_{i-1}})...\\ \end{cases} \]

后面部分正常分类讨论即可。

P1365#

\(dp_i\) 表示到了第 \(i\) 位的期望答案。\(len_i\) 表示当前的期望连续长度，\(s_i\) 为 \(1\) 表示字符 o，为 \(2\) 表示字符 x，为 \(3\) 表示字符 ?。

\[len_i=\begin{cases} len_{i-1}+1 \space(s_i = 1)\\ 0 \space(s_i = 2)\\ \frac{len_{i-1}+1}{2}\space(s_i=3) \end{cases} \]

\[dp_i=\begin{cases} dp_{i-1}-len_{i-1}^2+len_{i}^2 \space(s_i = 1)\\ dp_{i-1}\space(s_i = 2)\\ \frac{dp_{i-1}-len_{i-1}^2+len_{i}^2}{2}\space(s_i = 3) \end{cases} \]

实际上，? 的转移是 x 的转移加上 o 的转移再乘以 \(\frac{1}{2}\) 的结果，因为两者等概率。

CF804D#

注意力惊人的我不难发现可以期望转成计数。

设 \(x\) 所在连通块大小为 \(siz_x\)，连接 \(x\)、\(y\) 所在连通块的所有方案中直径之和为 \(sum_{x,y}\)，则答案很明显为：

\[\frac{sum_{x,y}}{siz_x\times siz_y} \]

设 \(d_x\) 为 \(x\) 在其连通块内以 \(x\) 为一段的最长的路径长度，\(l_x\) 为连通块内本来的直径长度，可以变成：

\[\frac{\sum_a^x \sum_b^y \max \{l_x,l_y,d_a+d_b+1\}}{siz_x\times siz_y} \]

\(l_x\)、\(l_y\) 是可以预处理的，但是另外俩东西再套一个最大值咋搞。

上套路，枚举 \(x\) 连通块内的一个点，找到所有 \(y\) 连通块内的 \(d_b + d_a +1 > \max \{l_x,l_y\}\)，即 \(d_b \geq \max \{l_x,l_y\} - d_a\)，这东西前缀和维护一下，其它的就按 \(\max \{l_x,l_y\}\) 算就可以了。

于是单次查询的时间复杂度是 \(\min \{siz_x,siz_y\}\)。把 \(siz_x\) 按照与 \(\sqrt n\) 的大小关系分个类讨论一下就知道时间复杂度实际上是 \(n \sqrt n\) 的。

P1654#

\(f1_i\) 代表到了第 \(i\) 位的连续长度期望。

\(f2_i\) 代表到了第 \(i\) 位的连续长度平方期望。

注意，\(f2_i \neq {f1_i}^2\)，期望性质中没有这一点，显然的：

\[f1_i=(f1_{i-1}+1)\times p_i \]

\[f2_i=(f2_{i-1}+f1_{i-1} \times 2 +1)\times p_i \]

则答案 \(ans\) 数组有：

\[ans_i=ans_{i-1} + (f2_{i-1} \times 3 +f1_{i-1} \times 3 +1 )\times p_i \]

（皆为简单推导、展开式子可得。）

P4550#

显然用了 \(x\) 步的花费为 \(\frac{x\times (x+1)}{2}\) 即 \(\frac{x+x^2}{2}\)。求这个式子的期望。

\(f1_i\) 表示收集 \(i\) 个邮票的期望次数。

\(f2_i\) 表示收集 \(i\) 个邮票的期望次数的平方。

\[f1_i=(f1_{i-1}+1)\times \frac{n-i}{n} \]

\[f2_i=(f2_{i-1}+f1_{i-1}\times 2 +1)\times \frac{n-i}{n} + (f2_i + f1_i \times 2 +1)\times \frac{i}{n} \]

化简一下就行了，答案为 \(\frac{f1_n+f2_n}{2}\)。

P3802#

小魔女 /se

最为乐意效劳的一集。

令 \(n=\sum_{i=1}^7 a_i\)。

先考虑前 \(7\) 个。

显然（spent 20 mins😘），概率为：

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

原因的话，就是无论以什么顺序取，都概率相同，于是排列组合搞一下。

然后，第 \([2,8]\) 的触发概率：

当第 \(1\) 个取了 \(a_1\)，有：

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

（此处的 \(7!\) 指的是首位确定，\(2\sim 8\) 位不定）

当第 \(1\) 个取了 \(a_2\)，有：

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

......

概率总和为：

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

（化简易得）

发现与 \([1,7]\) 的相同。然后这样的区间共有 \(n-6\) 个，于是上式乘以 \(n-6\) 即为答案期望。

2025省选模拟(2024.12.24)中的T1#

如果上不了了，我还是直接贴图片吧。

不难将该题的期望转为概率。设 \(dp1_{i,j}\) 为 \(i\) 次操作打死 \(j\) 集合内的所有随从的概率，\(dp2_{i,j}\) 为 \(i\) 次操作不打死 \(j\) 集合内的任何随从的概率，\(cnt_i\) 为 \(i\) 集合内元素数量，\(sum_i\) 为 \(i\) 集合内血量之和。

有转移：

\[dp1_{i+1,j}=\sum_{k=1}^{n} \frac{dp1_{i,j-2^k}\times C(i-sum_j,a_k-1)}{n-cnt_j }(k\in j)\]

具体的，其代表在转移时先打一次，然后再从前面选出几步。

\({dp2}_{i,j}\) 就从 \(dp2_{i-k,j-(j\land -j)}\) 转移过来，从前面的次数中选个 \(k\) 次进行转移，注意枚举顺序应当形似背包，注意判断边界条件。

这里写详细点，此处其实还把概率转了频率再转计数。将概率的计算变为从若干步中选出几步正好打死某个随从 / 正好没打死某个随从。

本来这个时间复杂度是很难通过的（\(1.6\times10^9\)，Time limit=4s），但是卡卡能过。

代码还是贴一下，我怕找不到了。

点击查看代码

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=17,M=210,MS=((1<<16)|10),mod=998244353;
int n,m,S,cnt[MS],sum[MS],a[N];
ll dp[M][MS],f[M][MS];
ll fac[M],inv[M];
ll qpow(int x,int y)
{
	if(y==0)return 1;
	ll t=qpow(x,y/2);
	if(y%2==0)return t*t%mod;
	return t*t%mod*x%mod;
}
void init()
{
	cin>>n>>m;
	fac[0]=1;
	inv[0]=qpow(fac[0],mod-2);
	S=1<<n;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		for(int j=0;j<S;j++)
			if(j&(1<<i-1))
				cnt[j]++,sum[j]+=a[i];
	}
}
ll C(int x,int y)
{
	if(x<y)return 0;
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main()
{
	init();
	dp[0][0]=f[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=m;i++)
	{
		for(int j=0;j<S;j++)
		{
			if(!dp[i][j])continue;
			ll w=dp[i][j]*qpow(n-cnt[j],mod-2)%mod;
			dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+w)%mod;
			for(int k=1;k<=n;k++)
				if(!(j&(1<<k-1)))
					dp[i+1][j|(1<<k-1)]=(dp[i+1][j|(1<<k-1)]+w*C(i-sum[j],a[k]-1)%mod)%mod;
		}
	}
	for(int j=0;j<S;j++)
	{
		f[0][j]=1;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int l;
			if(j!=0)l=log2((-j)&j)+1;
			else l=0;
			for(int k=0;k<=min(a[l]-1,i);k++)
		 		f[i][j]=(f[i][j]+f[i-k][j^(1<<l-1)]*C(i,k)%mod)%mod;
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<S;i++)
		if(sum[i]<=m)
			ans=(ans+dp[m][i]*f[m-sum[i]][S-1^i]%mod*cnt[i]%mod)%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}

2025省选模拟(2024.12.24)中的T3#

lyq 学长的解法。

针对每一个局面计算贡献，而不是操作次数。

比如，\(D\) 天中有 \(3\) 天被人为染色，\(1\) 天被自动染色，则称其为一个“局面”。

lyq 学长来了个比较厉害的处理环的方法：将第一次染色的点视为一号点，其它点顺时针排列。

设 \(dp_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个点被随机到，有 \(j\) 个点夹在中间被染色的方案数。

显而易见的，答案为：

\[\sum_{i=1}^d\sum_{j=1}^d (i+j<d-k)dp_{i,j}\times \frac{d}{d-i}\times (i+j)^t\times \frac{1}{ C (d-1,i-1)} \]

一部分一部分地解析。

\(dp_{i,j}\frac{1}{C(d-1,i-1)}\) 就当前局面的总数除以选 \(i\) 个节日的总方案数，为频率，即概率。\((i+j)^t\) 是当前局面贡献的值，\(\frac{d}{d-i}\) 代表当前局面存在期望时间。

\(\frac{d}{d-i}\) 是咋算的呢？设 \(f_i\) 表示在 \(d\) 个中选出 \(i\) 个所需要的期望次数。（参考 P1291。）

有：

\[f_i=f_{i-1} + \frac{d}{d-i+1} \]

则从 \(i\) 选到 \(i+1\) 需要的次数的期望值，即存在的期望时间，为 \(\frac{d}{d-i}\)。

\(dp_{i,j}\) 的计算就很平凡了，相当于 \(i\) 个空隙，其中有 \(j\) 个大小恰好为 \(1\)，随便搞搞就行，懒得写了，代码可以看 lyq 的。

P3750#

分手是祝愿。

Zeit und Raum trennen dich und mich. 时空将你我分开。

题面与背景毫无关系，狠狠差评。

很难不发现一个按键起到的效果是独一无二的，无法通过别的按键或者组合按键达到同样的效果。

所以，当前局面下最优的答案就是从后往前按，如果当前按钮是亮的那就按下。

操作多了一点的都是因为操作者整活，连续偶数次按了一个按键，效果抵消，没啥用。

所以就可以设 dp 状态了。设 \(dp_i\) 表示从还需 \(i\) 次变为还需 \(i-1\) 次所需的期望次数。

显而易见的（spent 15mins🥵），转移方程：

\[dp_i=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(dp_i+dp_{i+1}+1) \]

解释一下。\(\frac{i}{n}\) 的概率直接按对，如果按错，就需要再按一次那个按钮，即从 \(i+1\) 到 \(i\) 的期望步数再加一步，然后还要再从 \(i\) 到 \(i-1\)，即 \(dp_i\)。

整理一下就是：

\[dp_{i}=\frac{n+(n-i)\times dp_{i+1}}{i} \]

然后搞定了。x

P3412#

吗的，仓鼠都有 meizi 了。

考虑固定一个终点，使其为树的根节点。

计算此时的期望。

设 \(f_x\) 表示从 \(x\) 到 \(x\) 的父亲节点期望需要的步数，\(son_x\) 为 \(x\) 的儿子集合，有：

\[f_x=\frac{1}{|son_x|+1}\sum_{y\in son_x}(f_x+f_y+1)+\frac{1}{|son_x|+1} \]

整理一下：

\[f_x=|son_x|+1+\sum_{y\in son_x}f_y \]

设 \(g_x\) 表示从 \(x\) 的父亲节点到 \(x\) 期望需要的步数，\(fa_x\) 为 \(x\) 的父亲节点，有：

\[g_x=\frac{1}{|son_{fa_x}|+1}+\frac{1}{|son_{fa_x}+1|}\sum_{y\in son_{fa_x}\& y \neq x }(1+f_y+g_x)+\frac{1}{|son_{fa_x}+1|}(1+g_{fa_x}+g_x) \]

整理一下：

\[g_x=|son_{fa_x}|+1+\sum_{y\in son_{fa_x}}f_y - f_x + g_{fa_x} \]

然后贡献很好算了。

P3830#

第一问很好算。一次展开会导致深度之和加二，叶子节点数量加一，随便转移一下再算就行了。出题人给了 50 pts 的巨额分数。

第二问中整棵树的深度其实就是叶子节点深度的最大值。

设 \(g_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个叶子节点，树的深度大于等于 \(j\) 的概率。

枚举左右子树大小进行转移，有：

\[\sum_{k=1}^{i-1}\frac{g_{k,j-1}+g_{i-k,j-1}-g_{k,j-1}\times g_{i-k,j-1}}{i-1} \]

\(g_{k,j-1}+g_{i-k,j-1}-g_{k,j-1}\times g_{i-k,j-1}\) 这部分是容斥。\(\frac{1}{i-1}\) 是一棵有 \(i\) 个叶子节点的树，左子树有 \(k\) 个叶子节点的概率。

这里解释一下后面那一句话。

首先考虑一棵有 \(i\) 个叶子节点的树，左子树有 \(k\) 个叶子节点的方案数，即在除了根节点之外的 \(i-2\) 次展开中，有 \(k-1\) 次属于左子树，为 \(C_{i-2}^{k-1}\)，即 \(\frac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}\)。

考虑一个有 \(i\) 个叶子节点的树有多少种可能，显然是 \((i-1)!\)（第一次展开只有一个点可选，第二次有两个点，第三次有三个......第 \(i-1\) 次有 \(i-1\) 个）。

所以，再将选择展开次数的方案数乘以得到了展开次数后的排列方法，即 \(\frac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}\times (i-1)!\times (i-k-1)!\)（左、右子树的排列方案数都要乘），即 \((i-2)!\)。

也就是说，无论左子树有几个节点，生成出这样的树的方案数都是 \((i-2)!\)，与 \(k\) 无关。

再用 \((i-2)!\) 除以总方案数 \((i-1)!\) 即为 \(\frac{1}{i-1}\)。

故转移成立。

答案显然为：

\[\sum_{i=1}^n g_{n,i} \]

不用乘以 \(i\)，因为定义是大于等于 \(i\)，加一起正好抵消了，反演容斥啥的都不用，方便转移、容易计算，精妙绝伦的设计！！

P4562#

定义关键数字为满足 \([l,r]\) 内没有任何它的因数（除了其本身）的数。

有结论：一个检查顺序 \(p\) 的 \(t(p)\) 等于最后一个关键数字的位置。

下面给出证明：

设最后一个关键数字为 \(x\)，其位置在 \(i\)，则假设结论错误，有 \([i+1,r]\) 中的某个位于 \(j\) 的数在 \([1,i]\) 之内并无因数。

又 \(x\) 为最后一个关键数字，故 \(p_j\) 不是关键数字，其在 \([i+1,r]\) 中有一个除了自己本身的因数。

发现，\([i+1,r]\) 中必有一个关键数字。因为如果 \(p_j\) 的一个因数是关键数字，但是位于 \([1,i]\) 中，则不需要考虑 \(p_j\)（会被那个因数淘汰）。

故假设不成立，自相矛盾，结论正确。

然后问题变成：假设从 \(n\) 个数中随机选出 \(k\) 个（设 \(k\) 个关键数字），最后选出的数的期望位置？

\(k\) 个关键数字将整个区间分成 \(k+1\) 个小段，则一个非关键数字排在最后一个小段的概率是 \(\frac{1}{k+1}\)。

所以非关键数字排在最后一个小段的期望个数是 \(\frac{n-k}{k+1}\)。

则最后一个关键数字的期望位置是 \(n-\frac{n-k}{k+1}\)。

则答案为 \(n!\times (n-\frac{n-k}{k+1})=(n+1)!\frac{k}{k+1}\)。

CF398B#

我草，这题被我秒了，何德何能啊，难不成加练是有效果的？？

设 \(dp_{i,j}\) 表示还有 \(i\) 行，\(j\) 列需要涂色，达到目标状态的期望步数。

不难发现，实际上具体的是哪一些列，哪一些行是不影响答案的。

显而易见的，转移：

\[dp_{i,j}=1+\frac{dp_{i-1,j-1}\times i j+dp_{i-1,j} \times i (n-j)+dp_{i,j-1}\times j (n-i)+dp_{i,j}\times (n-i) (n-j)}{n^2} \]

整理一下就行了。

深刻思考后，我发现这题难度评高了，这并不属于我的真实水平，加练。

CF248E#

设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个货架有 \(j\) 个未被试吃过的蜜罐的概率。

不难发现一次操作只影响 \(u\) 的 \(dp_{u,j}\) 值，\(v\) 是不被影响的。

于是每次操作都跑 dp，枚举拿走了的尚未被品尝的蜜罐个数 \(q (0\le q\le k)\)，设货架 \(i\) 有 \(now_i\) 个蜜罐，有：

\[dp_{u,i}=dp_{u,i+q}\frac{C_{i+q}^{q}\times C_{now_u-i-q}^{k-q}}{C_{now_u}^{k}} \]

细节很几把多。