概率和期望

想必对于概率，大家都是挺熟悉的，从小学就开始学习

概率定义

概率：我们可以简单的理解为事情发生的可能性
样本空间：事情所在的全集集合

我们也有如下性质，就是对于样本空间的一些事件来说的，我们假设样本空间的事件为 $A$ ，设 $P(A)$ 代表的是事件 $A$ 概率，则有

$0\leq P(A)\leq 1$
$\sum p(A) = 1$
设 $A_1,A_2…$ 是两两独立的事件，那么 $P(A_1\cup A_2…) = P(A_1) + P(A_2) + …$

一些性质

$P(\phi) = 0$
如果 $A\subset B$ , 则有 $P(B-A) = P(B) - P(A)$ ，更一般的则有：$P(B-A)=P(B)-P(AB)$
$P(A\cup B) = P(A) +P(B) - P(AB)$

条件概率

定义及其计算式

定义：在已知 $B$ 事件发生时事件 $A$ 发生的概率为 $P(A｜B) = \frac{P(AB)}{P(B)}$

乘法法则： $P(AB) = P(A｜B) \ast P(B)$

条件概率性质

$P(\phi｜A) = 0 $
若 $B_1,B_2…B_n$ 互不相容，则 $P(U_{i=1}^{n}B_i｜A) = \sum_{i=1}^{n}P(B_i｜A)$
$P(\bar{B}｜A) = 1 - P(B｜A)$
$P(B\cup C｜A) = P(B｜A) + P(C｜A) - P(BC｜A)$

期望定义

为什么叫期望呢，就是你在一个样本空间内选择事件，然后每一个事件都有一个权值(扔色子) ，不同的事件对应着不同的权值，然后我们肯定不能只拿小的，我们不乐意（你乐意我不乐意），我们也不可能只拿大的，显然这是不可能(欧皇也没这么欧)，所以我们期望能够获得多少的权值。这就叫做期望。

计算式和小性质

$E[f(x)] = \sum f(x)P(X == x)$
还有一个能够简化计算的，就是和的期望等于期望的和。
$E[c_1 X_1 + c_2X_2+…] = c_1 E(X_1) + c_2E(x_2)+…$
如果 $X_1,X_2$ 独立，则有 $E(X_1X_2)=E(X_1)E(X_2)$

贝叶斯公式

设 $B_1,B_2…B_n$ 为样本空间的划分，则有

\[P(B_i ｜A) = \frac{P(A｜B_i)P(B_i)}{\sum_{j=1}^n P(A｜B_j) P(B_j)} \]

独立事件

如果 $P(A)P(B) = P(AB)$ , 那么就有 $AB$ 事件独立

我们可以认为， $AB$ 事件无交集

其中不可能事件，必然事件和任何事件都是相互独立的。

$AB$ 独立的 $P(B ｜A) = P(B)$

三门问题

【description】:

现在有 $3$ 扇门，门后面有 $3$ 个物件，可能是一块石头，也可能是一块黄金，现在你打开了一扇门，然后主办方又打开了一扇门，门后面是一块石头，现在你是选择坚持你选择的门，还是选择换一扇门。

【solution】:

换一扇门 ：首先我们要知道一个内幕，那就是，主办方当然知道哪一扇门后面有黄金，但是主办方是不会将黄金翻开的，也就说，主办方只会翻开带有石头的。那么我们显然是有几种可能

我们从左到右分别第 $1,2,3$ 扇门，其中 $1$ 表示黄金，$0$ 表示石头

我们假设 $1$ 号门中有黄金，其中 $2,3$ 有的只是石头。然后我们开始模拟你选择的过程：

我们运气很好，直接翻开了 $1$ 号门，那么主办方显然随便翻开了 $2,3$ 门即可。
我们运气不好，选择翻开了 $2$ 号门，那么这个时候，主办方只能够选择 $3$ 号门，
我们运气不好，选择翻开了 $3$ 号门，那么这个时候，主办方只能够选择 $2$ 号门。

最后这个游戏随机放置，我们怎么知道哪一号门有黄金，然后我们只知道，我们选择换门的话，我们能够得到黄金的概率是 $\frac{2}{3}$ ，但是不换门的概率能够得到黄金的概率却只有 $\frac{1}{3}$。所以我们呢选择换一扇门。

三门问题的别样

这个说是三门问题的别样，但是却和三门问题是没什么联系。

【description】:

现在在小明和小泽面前有三瓶药，其中两瓶是毒药，每个人必须喝一瓶。但是小泽手速很快，抢了一瓶，立马干了，死了，然后小聪很疑惑，他到底是喝手里这瓶还是另外的一瓶。

【solution】:

换不换一样

我们发现这货很三门问题很像，有一个质的区别，就是三门问题中的主办方知道哪一个黄金，但是他选择的是只能是石头，但这个题不一样，小泽也想活下去，他可能选择了不是毒药的那瓶，但是主办方是绝对不会选择的。然后就一样了。

概率的一个问题

准确的说，是颠覆了我对于概率的认知。

【description】：

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为 $p$ ，第二枚正面向上的概率为 $q$ 。

现在小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $x$ 轴正方向走一步，直到抛到正面。
接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 $y$ 轴正方向走一步，直到抛到正面。
现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面小胡就向 $x$ 轴的负方向走一步，否则小胡就向 $y$ 轴的负方向走一步。
现在他在往回走的时候经过原点的概率是多少？

【solution】:

~~可能分开后有利于理解题意~~

我可以先告诉你答案为无限无限无限近似于 $p$（我们可以认为其就是 $p$） ,惊讶吗？我当时被颠覆了。

我们发现在一开始的两步，我们是可能走遍整个第一象限的，所以我们枚举第一象限的所有点。我们就有到达 $(x,y)$ 这个点的概率为 $(1-p)^x \times p \times (1-p)^y\times p$ 这么个玩意。同时也就是对应上面的过程 $1,2$ , 那么我们考虑一下过程 $3$ ,那么我们让 $(x,y)$ 回到 $(0,0)$ 那么我们需要抛 $x$ 次正面， $y$ 次反面，那么也就是 $q^x \times (1-q)^y$
但是我们这里有一个顺序问题，就是 $x$ 次正面，你怎么抛，那么就有 $C_{x+y}^{x}$ 的可能，那么我们过程 $3$ 的概率就是 $q^x \times (1-q)^y\times C_{x+y}^{x}$ .

那么我们把过程 $1,2,3$ 综合起来，就是 $(1-p)^x\times p\times (1-p)^y\times p\times q^x\times (1-q)^{y}\times C_{x+y}^{x}$
由于这个 $\times$ 长有点像 $x$ ,所以我们用 $\ast$ 代替一下

那么答案就是

\[\sum_{x =0}^{\infty}\sum_{y=0}^{\infty}(1-p)^x \ast p \ast (1-p)^y \ast p \ast q^x \ast (1-q)^y\ast C_{x+y}^{x} \]

~~我们是傻逼，考虑暴力~~

\[\sum_{x=0}^{\infty}\sum_{y=0}^{\infty}(1-p)^{x+y}\ast p^2 \ast q^x \ast (1-q)^y\ast C_{x+y}^x \]

我们考虑一下换元我们令 $t = x + y$ , 然后我们枚举 $t,x$ , 我们就能得到

\[\sum_{t=0}^{\infty}\sum_{x=0}^{t}(1-p)^t \ast p^2 \ast q^x \ast (1-q)^{t-x} \ast C_{t}^{x} \]

我们有一些项和 $x$ 无关，我们将其移到前面来。

\[\sum_{t=0}^{\infty}(1-p)^t\ast p^2 \sum_{x=0}^{t} q^x \ast (1-q)^{t-x} \ast C_{t}^{x} \]

我们发现后面其实是二项式定理。

\[\sum_{t=0}^{\infty}(1-p)^t \ast p^2 (1 - q + q)^t \]

\[\sum_{t=0}^{\infty}(1-p)^t \ast p^2 \]

我们发现 $p^2$ 和 $t$ 没关系，提到前面来，就能够得到。

\[p^2 \sum_{t=0}^{\infty}(1-p)^t \]

涉及一个等比数列，后面再说一下，并不打算给出证明，不会

\[p^2 \ast \frac{1 - (1 - p) ^ {\infty}}{1 - (1 - p)} \]

其中 $(1-p)^{\infty}$ 很显然是无限近似于 $0$ 的，然后就能够得到 $p^2 \ast \frac{1}{p} = p$

神奇。

等比数列求和：
因为上面是 $(1-p)^0,(1-p)^1,(1-p)^2$ 之间比值为 $(1-p)$ ，所以是一个等比数列。
因为这里表示太麻烦了，我们用 $a , 1,n$ 表示
$\sum_{i = 0}^{n} a^i = \frac{1-a^{n+1}}{1-a}$

刷矩形

【$description$】:有一个 $n\times m$ 格子的矩形，每次随机刷掉一个矩形，问 $k$ 次之后期望刷掉多少个格子， $n,m\leq 10^3 , k \leq 100$
【$solution$】: 我们有期望的和 = 和的期望，我们就可以将这个问题转化成求解每一个格子的期望，我们发现刷掉的贡献为 $1$ , 没有刷掉的贡献为 $0$ , 所以，整个矩形的格子期望值就得到每一个格子的概率之和。

/*
 By : Zmonarch
 知识点 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define int long long 
#define qwq register
#define inl inline 
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 998244353 ; 
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ; 
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;} 
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ; 
} 
int n , m ; 
double quick(double a , int b) {
	double ret = 1.0 ; 
	while(b) 
	{
		if(b & 1) ret = ret * a ; 
		a = a * a ; 
		b >>= 1 ;
	}
	return ret * 1.0 ; 
}
double P(double a , double b ) {
	double A = 4.0 * a * b * (n * 1.0 - a + 1.0) * (m * 1.0 - b + 1.0) ; 
	double B = 2.0 * (a * (n * 1.0 - a + 1.0) + b * (m * 1.0 - b + 1.0)) ; 
	double C = 1.0 ; 
	return (double)(A - B + C ) / (n * 1.0 * m * 1.0 * n * 1.0 * m) ; 
}
signed main() {
	double ret = 0.0 ; 
	int k = read() ; n = read() , m = read() ; 
	for(qwq double i = 1.0 ; i <= n * 1.0 ; i += 1.0) 
	 for(qwq double j = 1.0 ; j <= m * 1.0 ; j += 1.0) 
	  ret += 1.0 - quick((1.0 - P(i , j)) , k ) ;   
	  //printf("%lf" , ret) ; 
	printf("%.0lf\n" , ret ) ; 
	return 0 ; 
}

神奇的矩形

【$description$】给出三个行数和列数均为$N$的矩阵$A,B,C$，判断$A\times B=C$是否成立。 $n\leq 10^3$
【$Solution$】: 我们随机一个 $n\times 1$ 的矩阵 $k$ , 然后让 $A\times B\times k , C\times k$ 看一下左右边是否相等，其中矩阵虽然不满足交换律，但是它满足结合律，我们可以先让 $b\times k$ ,然后再和 $A$ 想乘，所以复杂度是 $O(n^2)$ 的，可过。

【$Code$】:

/*
 By : Zmonarch
 知识点
只要是正义的一方，无论手段多么卑鄙都可以被原谅
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <cstdlib>
#define int long long
#define qwq register
#define inl inline
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 19260817 ;
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;}
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ;
}
int n ; 
struct Matrix{
	int n , m ; int a[1001][1001] ; 
	Matrix() {n = m = 0 ; memset(a , 0 , sizeof(a));}
};
Matrix operator * (const Matrix &m1 , const Matrix &m2) {
	Matrix m3 ; m3.n = m1.n ; m3.m = m2.m ;
	for(qwq int i = 1 ; i <= m3.n ; i++) 
	 for(qwq int j = 1 ; j <= m3.m ; j++) 
	  for(qwq int k = 1 ; k <= m1.m ; k++) 
	   m3.a[i][j] = (m3.a[i][j] + m1.a[i][k] * m2.a[k][j]) % kmod ; 
	return m3 ; 
}
bool operator == (const Matrix &m1 , const Matrix &m2) {
	if(m1.m != m2.m || m1.n != m2.n) return 0 ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= m1.n ; i++) 
	 for(qwq int j = 1 ; j <= m1.m ; j++) 
	  if(m1.a[i][j] != m2.a[i][j]) return 0 ; 
	return 1 ; 
}
signed main() {
	srand(kmod) ; 
	while(scanf("%lld" , &n) != EOF) 
	{
		Matrix a , b , c , t ; 	t.n = n ; t.m = 1 ;
		a.n = b.n = c.n = a.m = b.m = c.m = n ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  a.a[i][j] = read() % kmod ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  b.a[i][j] = read() % kmod ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  c.a[i][j] = read() % kmod ; 
		int T = 15 ; bool flag = 0 ; 
		while(T--) 
		{
		 
			for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) t.a[i][1] = rand() % kmod ; 
			if(!(a * (b * t) == c * t)) {flag = 1 ; break ;}
		}
		if(flag) printf("No\n") ; 
		else printf("Yes\n") ;
	}
	return 0 ;
}

OSU！

【description】:

osu是一款群众喜闻乐见的休闲软件。

我们可以把osu的规则简化与改编成以下的样子:

一共有$n$次操作，每次操作只有成功与失败之分，成功对应$1$，失败对应$0$，$n$次操作对应为$1$个长度为$n$的$01$串。在这个串中连续的$ X$个$1$可以贡献$X^3$的分数，这$X$个$1$不能被其他连续的$1$所包含。

现在给出$n$，以及每个操作的成功率，请你输出期望分数，输出四舍五入后保留$1$位小数。

【solution】

我们先来考虑贡献的不是 $x^3$ 而是 $x$ 的情况，那么就是其中有多少个 $1$ 就好。

这里直接给出正解：我们设 $f_i$ 表示前 $i$ 个进程完成后末尾有多少个 $1$ 的期望，那么我们在推导 $f_{i+1}$ 的时候，$f_{i+1} = (f_{i} + 1 ) * p_{i+1} + 0 * (1 - p_{i+1}) $
然后我们考虑一下贡献为 $x^2$ 的时候， $(x+1)^2 = x^2 + 2x + 1 = g_{i-1}+2f_{i-1}+1$ 概率同样为 $p_{i}$ 我们照猫画虎，就能够得到考虑贡献 $x^3$ 也是一样的。但是这里注意的是，这里不再是末尾为多少个 $1$ 的期望值，而是整体的期望值。

【Code】

/*
 By : Zmonarch
 知识点
 只要是正义的一方，无论手段多么卑鄙都可以被原谅
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
#define qwq register
#define inl inline
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 998244353 ;
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;}
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ;
}
int n ; 
double f[kmaxn] , g[kmaxn] , h[kmaxn] , p[kmaxn] ; 
signed main() {
	n = read() ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) std::cin >> p[i] ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) 
	{
		f[i] = (f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
		g[i] = (g[i - 1] + 2 * f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
		h[i] = h[i - 1] + (3 * g[i - 1] + 3 * f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
	}
	printf("%.1lf" , h[n]) ;
	return 0 ;
}

posted @ 2021-05-07 16:39 SkyFairy 阅读(286) 评论(0) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

刷新页面返回顶部

SkyFairy

概率和期望

概率定义

一些性质

条件概率

定义及其计算式

条件概率性质

期望定义

计算式和小性质

贝叶斯公式

独立事件

三门问题

【description】:

【solution】:

三门问题的别样

【description】:

【solution】:

概率的一个问题

【description】：

【solution】:

刷矩形

神奇的矩形

OSU！

【description】:

【solution】

【Code】

公告