期望整理&& 期望入门&&期望学习笔记(loceaner同学可以随意进入了)
就是一些高中知识，随便看看就行了。
期望整理&&期望学习笔记&&期望入门
我以后再也不写纸质整理报告了，纸上一直爽，一直纸上一直爽。
常用技巧及其套路
\(\sum\limits_{i=0}^{n}x^i=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)
当n趋于oo时候
\(\sum\limits_{i=0}^{oo}x^i=\frac{1}{1-x}\)
期望的线性性。
\(E(x+y)=E(x)+E(y)\)
前缀和技巧
对于离散变量。
\(P(x=k)=P(x<=k)-P(x<=k-1)\)
小例题1
有 \(n\) 个随机变量 \(X[1…n]\)，每个随机变量都是从 \(1…S\) 中
随机一个整数，求 \(Max(X[1…n])\) 的期望
解：\(E(max)=\sum\limits_{i=1}^{S}P(max=i)*i\)
\(=\sum\limits_{i=1}^{S}(P(max<=i)-P(max<=i-1))*i\)
\(=\sum\limits_{i=1}^{S}(\frac{i^n}{S^n}-\frac{(i-1)^n}{S^n})*i\)
小例题2
概率为 \(p\) 的事件期望 \(\frac{1}{p}\) 次后发生
你：这不显然吗？我：…………
\(E(x)=\sum\limits{i} P(x=i)*i\)
\(=\sum\limits{i} (P(x>=i)-P(x>=i+1))*i\)
\(=\sum\limits{i} ((1-P)^{i-1}-(1-p)^i)*i\)
\(=[(1-p)^0-(1-p)]+[(1-p)-(1-p)^2]*2+[(1-p)^2-(1-p)^3]*3…………\)
\(=\sum\limits_{i=0}^{oo}(1-p)^i\)
\(=\frac{1}{1-(1-p)}=\frac{1}{p}\)
拿球问题
典例1.
箱子里有 \(n\) 个球 \(1…n\)，你要从里面拿 \(m\) 次球，拿了后不放
回，求取出的数字之和的期望
解:\(\sum\limits_{i=1}^{n}P(i)*i=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{m}{n}*i=\frac{m*(n+1)}{2}\)
典例2.
箱子里有 \(n\) 个球 \(1…n\)，你要从里面拿 \(m\) 次球，拿了后放
回，求取出的数字之和的期望
小学老师教过我们，放不放回他们的概率是相等的。
\(\sum\limits_{i=1}^{n}P(i)*i=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{m}{n}*i=\frac{m*(n+1)}{2}\)
典例3.
箱子里有 \(n\) 个球 \(1…n\)，你要从里面拿 \(m\) 次球，拿了后以
\(p1\) 的概率放回，以 \(p2\) 的概率放回两个和这个相同的球，
求取出的数字之和的期望
感性吧，我都忘了。
每个球都是相等的，所以每个球都有概率被选中，
都有同样的概率被放回去，也都有同样的概率放回两个.
所以选\(i\)的概率都是\(\frac{m}{n}\)
游走问题
典例1.
在一条 \(n\) 个点的链上游走，求从一端走到另一端的概率
\(X_i\)表示\(i\)走到\(i+1\)的步数。
\(E(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i)\)
\(E(X_i)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(1+E(X_{i-1})+E(X_i))\)
\(E(X_i)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}E(X_{i-1})+\frac{1}{2}E(X_i)\)
\(E(X_i)=E(X_{i-1})+2\)
\(E(n)=1+3+5…………+2n-3=(n-1)^2\)
典例2.
在一张 \(n\) 个点的完全图上游走，求从一个点走到另一个点的概率
每个点都是等价的，\(p=\frac{1}{n-1}\)，所以期望就是n-1次成功。
典例3.
在一张 \(2n\) 个点的完全二分图上游走，求从一个点走到另一个点的概率
还是左边等价，右边等价。
A:同侧 \(\frac{1}{n}+\frac{n-1}{n}(2+A)\)
B:异侧 \(1+A\)
4.在一张 \(n\) 个点的菊花图上游走，求从一个点走到另一个点的概率
A:根->叶 \(\frac{1}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}(2+A)\)
B:叶->根 \(1\)
C:叶->叶 \(A+1\)
典例5.
在一棵 \(n\) 个点的树上游走，求从根走到 \(x\) 的期望步数
\(X_i\)从i开始游走，走到\(father_i\)的步数，\(d_i\)为\(i\)的度数
\(f(x)=\frac{1}{d[x]}+\frac{1}{d[x]}*\sum\limits_{i=1}^{d[x],i!=fa[x]}(1+f(son[x])+f(x))\)
典例6.
构造一张\(200\)个点的无向图，使得上面从 \(S\) 走到 \(T\) 的随机游走期望步
数>=1000000
棒棒糖图: 1000个点构造一个完全图，然后里面找一个点连出一条链子。
这个期望步数差不多是\(100^3\)
经典问题
典例1.
每次随机一个 \([1,n]\) 的整数，问期望几次能凑齐所有数
一直选，直到出现没出现过的数字。
\(p=\frac{n-i+1}{n},E=\frac{n}{n-i+1}\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n}{n-i+1}\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i}\)
典例2.
随机一个长度为 \(n\) 个排列 \(p\)，求 \(p[1…i]\) 中 \(p[i]\) 是最大的数的概率
\(\frac{1}{i}\),最大值有i个位置可以挑。
典例3.
问满足上面那个题的 \(i\) 的个数的平方的期望
\((x_i)^2=x_i=[P(i)==max(1…i)]\)
\(X=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\)
\(E(X^2)=E(X^2)\)
\(=E({(\sum\limits_{i=1}^{n}x_i)}^{2})\)
\(=E(\sum\limits_{i!=j}x_i*x_j+\sum\limits{i=1}^{n}x_i)\)
因为\(x_i,x_j\)相互独立
\(=E(\sum\limits_{i!=j}\frac{1}{i*j}+\sum\limits{i=1}^{n}\frac{1}{i})\)
典例4.
随机一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，求 \(i\) 在 \(j\) 的后面的概率
\(\frac{1}{2}\)
合法的位置可以颠倒过来嘛。
典例5.
随机一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，求它包含 \(w[1…m]\) 作为子序列/连续子序列的概率
子序列：\(C_{n}^{m}\frac{(n-m)!}{n!}=\frac{1}{m!}\)
\(n-m\)乱排，剩下的m顺序不变，插入n中，从n中选出m个位置。
连续子序列：\((n-m+1)\frac{(n-m)!}{n!}=\frac{(n-m+1)!}{n!}(n-m+1)\)
不是一个个插入n中了，是找个缝全钻进去。
典例6.
有 \(n\) 堆石头，第 \(i\) 堆个数为 \(a[i]\)，每次随机选一个石头然后把那一整堆都扔了，求第 \(1\) 堆石头期望第几次被扔
看不懂
典例7.
随机一个长度为 \(n\) 的\(01\)串，每个位置是 \(1\) 的概率是 \(p\) ，定义 \(X\) 是每段连续的 \(1\) 的长度的平方之和，求\(E[X]\)
\(g(x)\)连续1的最长长度。\(f(x)\)价值。
\(0:g(x)=0,f(x)=f(x-1);\)
\(1:g(x)=g(x-1)+1,f(x)=f(x-1)-g(x-1)^2+(g(x-1)+1)^2\)
\(=f(x-1)+2g(x-1)+1\)
\(E(f(x))=p*(E(f(x-1))+2*E(g(x-1))+1)+(1-p)*E(f(x-1))\)
\(E(g(x))=p*(E(g(x-1))+1)\)
典例8.
给一个序列，每次随机删除一个元素，问 \(i\) 和 \(j\) 在过程中相邻的概率
\(1-无关区间-i-有关-x-j-无关区间-n\)
考虑交换x和i的位置，\(len=j-i+1\)。
就是求len个数中，i,j(可颠倒)总是在后面的概率,\(\frac{2*(j-i-1)!}{(j-i+1)!}\)
典例9.
给定一棵树，将他的边随机一个顺序后依次插入，求 \(u,v\) 期望什么时候连通
u,v,路径上的边全连上才会联通，其他变雨我无瓜。
枚举第几次恰好联通
\(\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{k!C_{i-1}^{k-1}(n-k-1)!}{(n-1)!}*i\)
典例10.
给 \(1…n\) 这 \(n\) 个数，每次随机选择一个还在的数并且删掉他的所有倍数，求期望几次删完
每次选一个还在的数删掉，然后标记他的倍数。
\(E(x)\)没标记前被删掉的期望。
\(P(x)=\frac{1}{floor(n/x))}\)
\(E(x)=floor(n/x)\)
期望线性性问题
典例1.
给定 \(n\) 个硬币，第 \(i\) 个硬币的价值为 \(w[i]\)，每次随机取走一个硬币，获得的
收益是左右两个硬币的价值的乘积，求期望总价值.
\(1-无关区间-i-有关-x-j-无关区间-n\)
还是差不多的，\(len=j-i+1\)
\(\sum\limits_{i!=j} \frac{2*(len-2)!}{len!}*w[i]*w[j]\)
典例2.
有 N 个数 a[1…N]，每次等概率选出两个数，然后合并成⼀一个新的数放回
来，得到的收益是新的数的值，求总收益的期望
x_i为出现次数。
\(E(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}E(x_i)*a_i\)
\(E(x_j)=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{2}{n-i+1}\)
感觉这个\(E(x_j)\)可以拿出来
典例3.
给定一个数列 \(W[1…N]\)，随机一个排列 \(H\)，如果 \(H[i]\) 比 \(H[i-1]\) 和 \(H[i+1]\) 都
大，就获得 \(W[i]\) 的收益，求期望收益
\(E(X)=\sum\limits_{i=1}^{n}P(x_i)*w[i]\)
\(P(x_i)=h[i]>max(h[i-1],h[i+1])=\frac{1}{3}\)
典例4.
给出一棵树，一开始每个点都是白的，每次选一个白点将他子树里所有点染
黑，求期望几次染黑整个树
在父亲被染黑之前才有贡献。
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{dep[i]}\)
典例5.
有 \(N\) 个黑球，\(M\)个白球，每次等概率取出一个球（不放回），将取出来的球
的颜色写成一个\(01\)序列，求 \(”01”\) 的期望出现次数
可能是错的过程:
在\(2~n+m\)中，考虑第\(i\)个数为\(1\),概率为\(\frac{n}{n+m-1}\)
第\(i-1\)为0的概率为\(\frac{m}{n+m}\)
可能是正确的答案：
整得答案就是\(\frac{n*m}{n+m}\)
一些例题
1.换教室
链接
思路
f[i][j][0/1] 前i个人，用了j次机会，第i节课有没有申请过。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
const int _ = 2019;
const double INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int read() {
int x = 0, f = 1;char s = getchar();
for (; s>'9' || s<'0';s = getchar()) if (s == '-') f = -1;
for (; s>='0' && s<='9'; s = getchar()) x = x * 10 + s - '0';
return x * f;
}
int n, m, v, e, c[_], d[_], dis[_][_];
double f[_][_][2], k[_];
int main() {
n = read(), m = read(), v = read(), e = read();
FOR (i, 1, n) c[i] = read();
FOR (i, 1, n) d[i] = read();
FOR (i, 1, n) scanf("%lf", &k[i]);
FOR (i, 1, v) FOR (j, 1, v) dis[i][j] = (i != j) * INF;
FOR (i, 1, e) {
int u = read(), v = read();
dis[v][u] = dis[u][v] = min(dis[u][v], read());
}
FOR (k, 1, v) FOR (i, 1, v) FOR (j, 1, v)
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
FOR (i, 1, n) FOR (j, 0, m) f[i][j][0] = f[i][j][1] = INF;
f[1][0][0] = 0, f[1][1][1] = 0;
FOR (i, 2, n) {
FOR (j, 0, m) {
f[i][j][0] = min(f[i - 1][j][0] + 1.0 * dis[c[i - 1]][c[i]],
f[i - 1][j][1] + k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1.0 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
if(j) {
f[i][j][1] = min(f[i - 1][j - 1][0] + k[i] * dis[c[i - 1]][d[i]] + (1 - k[i]) * dis[c[i - 1]][c[i]],
f[i - 1][j - 1][1] + k[i] * k[i - 1] * dis[d[i - 1]][d[i]] + k[i] * (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][d[i]] +
(1 - k[i]) * k[i - 1] * dis[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i]) * (1 - k[i - 1]) * dis[c[i - 1]][c[i]]);
}
}
}
double ans = INF;
FOR (i, 0, m) ans = min(ans, min(f[n][i][0], f[n][i][1]));
printf("%.2f\n", ans);
return 0;
}
2.Deep Dark Forest(树的期望直径)
题目大意
给出一棵树，其中每条边的长度有 \(0.5\) 的概率是 \(1\)，\(0.5\)的
概率是 \(0\)，求直径的期望
\(1<=n<=200\)
思路
\(E(S)=\sum\limits_{i} p(i=S)*i\)
\(E(S)=\sum\limits_{i} p(i=S)*\sum\limits_{j=1}^{i}1\)
\(E(S)=\sum\limits_{j=1}\sum\limits_{i>=j} p(i=S)\)
\(E(S)=\sum\limits_{j=1} p(S>=j)\)
\(E(S)=1-\sum\limits_{j=1}p(S<=j-1)\)
枚举这个\(j\)，就叫他\(K\)。
设\(f[i][j]\)表示i这颗子树内，从i到下最长的深度为j。
\(g[k]=\frac{1}{2}f[v][k],g[k+1]=\frac{1}{2}f[v][k]\)
然后枚举\(j\)和\(k,(j+k<=K)\).
\(f[i][max(j,k)]=f[i][j]+g[k]\)
3.球染色
题目大意
有 \(n\) 个球，一开始颜⾊色是 \(c[1…n]\)，每次随机一对数 \((i,j)\) 然
后 \(c[j]=c[i]\)，求让 \(c\) 全部相同的期望步数
\(1<=n<=1000000\)
思路
每种颜色都是等价的
\(f_i\)为有了i个目标颜色，还要期望走\(f_i\)步全部变为x
\(p1\)俩都是x或者都不是x
\(p2\)x变为不是x
\(p3\)不是x变为x
\(f_n=0\)
\(f_i=f_i*p1+f_{i-1}*p2+f_{i+1}*p3\)
4.拓扑排序
题目大意
给定一张\(n\)个点的有向图，\(f(E)\)表示边集\(E\)的拓扑序个
数，现在随机取一个边的子集\(E\)，求\(f(E)\)的期望。
\(n<=20\)
思路
WTF,他在说啥。
5.单选错位
链接
思路
权为1，求期望就是求概率。
前面ans和后面ans相等，期望的线性性拆开.
分开算。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, a, A, B, C, first, las, now;double ans;
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&A,&B,&C,&first);
las = first;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
int now = (1LL * las * A + B) % 100000001;
int x = las % C + 1, y = now % C + 1;
ans += 1.0 * min(x, y) / x / y;
las = now;
}
las = las % C + 1, first = first % C + 1;
ans += 1.0 * min(las, first) / las / first;
printf("%.3f\n", ans);
return 0;
}
6.区间翻转
题目大意
给定一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串，每次随机一个区间将里面所有元素翻转
求 \(m\) 次操作后 \(1\) 的期望个数
\(n=100000\)
\(m=10^9\)
思路
被覆盖的概率为\(p=\frac{i*(n-i+1)}{n*(n-1)}\)
所以每一位上的1都是等价的，0也一样。
考虑每一位的概率(即期望)。
\(0->0*(1-p)\)
\(1->1*(1-p)\)
\(1->0*p\)
\(0->1*p\)
矩阵快速幂维护一下就做完了。
7.区间交
题意
我们定义一种随机区间的方法：
\(L=Random(1,N)\)
\(R=Random(L,N)\)
现在这样随机出两个区间，求他们相交的概率
\(N<=1000000\)
思路
\(g_r\)为区间右端点\(=r\)的概率
\(g_r=\sum\limits_{i=1}^{r}\frac{1}{n}\frac{1}{n-l+1}\)
f为g的前缀和,枚举靠右区间的端点
\(ans=\sum_{i=1}^{n}f_i\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=1e6+7;
int n;
double g[_], f[_], ans;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
g[i] = g[i - 1] + 1.0 / n / (n - i + 1);
f[i] = f[i - 1] + g[i];
ans += f[i];
}
printf("%.8f\n", ans);
return 0;
}
8.凸包的期望
链接
我找到了，不过是个私密网站，真抠。
不过他们的凸包期望面积题解还是能看的
题目大意
给 \(n\) 个点，随机选一个点集，求二维凸包的期望点数
\(1<=n<=200\)
保证没有三点共线
思路
枚举两点。它为凸包上的线段当且仅当所有的点都在同侧.
期望为\(2*p(A)*p(b)*\prod_{i \in右边} (1-p(i))\)
复杂度\(O(n^3)\)
三维凸包也差不多，好想要用欧拉定理。
代码
FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) {
if(i==j) continue
int tmp=2*p[i]*p[j];
FOR(k,1,n) {
if(k==i||k==j) continue
if(onleft(i,j,k)) tmp*=1-p[k];
}
ans+=tmp;
}
9.KILL
题目大意
一个游戏有 n 个人，规则是这样的：
- 随机选择一个还没死的人，让他活着离开
- 活着离开之前，他会向剩下所有人开一枪，有 \(p\) 的概率致死
重复以上步骤直到所有人要么死了要么离开了
求一个⼈人活着离开且一共被开了 \(k\) 枪的概率
\(1<=n<=2000\)
思路
\(f[i][j]\)表示剩下i个，已经开了j抢了。
这个男银勒了，\(f[i][j]*(1-(1-p)^j) -> f[i-1][j]\)
他是欧皇，\(f[i][j]*(1-p)^j -> f[i-1][j+1]\)
\(f[n][0]=1\)
