正睿19暑期B班DAY1-1 概率与期望
一睹敦爷真容 哇
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前置芝士
定义 : 随机变量 概率 期望 独立事件
几个重要的式子
\((1 - x) \sum^{n}_{i = 0} x^i = 1 - x ^ {n + 1}\)
\(\sum^{inf}_{i = 0} x^i = \frac{1}{1 - x}\)
\(\sum^{n}_{i = 0} x^i = \frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x}\)
\(E(XY) = E(X)E(Y)\)
X, Y相互独立(感谢dy提醒)
期望的线性性:
\(E(X + Y) = E(X) + E(Y)\)
注意 这个式子虽然对事件没有要求 但是两个事件对期望的贡献必须是不重复的
接下来的经典问题部分会有提及
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技巧
- 一、前缀和技巧
对于离散变量X,有P(x == K) = P(x \leq K) - P(x \leq K - 1) = P(x \geq K) - P(x \geq K + 1)
用后者可证明一个重要结论
对于一件发生概率为P的事件,反复横跳直到发生的期望次数是\(\frac{1}{P}\)
证明类似时把式子展开 前后项消一下 用第二个公式即可(有时间填坑)
- 二、拿球问题
对于等价的问题 可以感性理解 概率均等
- 三、游走问题
1、f[i]表示从i走到下一个i + 1期望步数
\(f[i] = \frac{1}{2} · 1 + \frac{1}{2}(1 + f[i - 1] + f[i])\)
\(f[i] = 2 + f[i - 1]\)
2、每一个点可能直接到目的地 或者走到另一个不相干的点 每次成功几率为\(\frac{1}{n - 1}\)所以期望步数n - 1
3、同侧 \(A = B + 1\)
异侧 \(B = \frac{1}{n} + \frac{n - 1}{n} (1 + A)\)
解得\(B = 2n - 1, A = 2n\)
4、花心 :1
花花 \(A = B + 1\)
心花 \(B = \frac{1}{n} + \frac{n - 1}{n} (1 + A)\)
解得\(B = 2n - 1, A = 2n\)(与完全二分极为类似)
5、可以看作从x到根
\(E(x) = \frac{1}{|V| + 1} + \frac{|V|}{|V| + 1}(E(j) + E(i) + 1)\)
6、多套几个就好啦。。标答完全图带个链
- 四、经典问题
答案:
1、\(\sum^{n}_{i = 1} \frac{n}{i}\)
2、\(\frac{1}{i}\)
3、\(\sum^{n}_{i = 1}\sum^{n}_{j = 1, j != i} \frac{1}{ij} + \sum^{n}_{i = 1} \frac{1}{i}\)
4、\(\frac{1}{2}\)
5、(1) \(\frac{\tbinom{n}{m} (n - m)}{n!} = \frac{1}{m!}\)
(2)\(\frac{(n - m + 1)(n - m)!}{n!}\)
6、\(1 + \sum^{n}_{i = 2}\frac{a[i]}{a[1] + a[i]}\)
7、\(E(x_i) = p E(x_{i - 1} + 2E(y_{i - 1}) + 1) + (1 - p)E(x_{i - 1})\)
\(E(y_i) = p(E(y_(i - 1)) + 1)\)
8、\(\frac{2}{(j - i + 1)(j - i)}\)
9、排列组合暴力加
10、\(\sum_{i - 1}^{n} \frac{1}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\)
-----------------------------------下午的分割线(说好的分治什么的全咕掉了)-----------------------------------
练习题
1、暴力啊\(\sum_{i , j} C_{ij}w_i w_j\)
2、考虑一个数贡献次数期望\(\sum_{i = 1}^{n} a_i \sum_{j = 1}^{n - 1} \frac{2}{n - j + 1}\)
3、注意是位置哦。。两边的概率是\(\frac{1}{2}\) 中间的概率是\(\frac{1}{3}\)
4、\(\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{dep[i]}\)
基础部分总结
\(E(x) = \sum E(x_i)\)
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一些题 (贴课件)
先floyd计算最短路 然后dp \(f[i][j][0/1]\) i表示到了第i节课 j表示申请的教室数 0/1表示是否申请
(第三维仅表示申请,不一定申请成功)
\(2\sum_{i = 2}^{n} \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{R} G_i\)
\(G_i为以i为右端点区间数目\)
本题分为两部分
第一部分:
$E(S) = \sum_{K} P(S = K) K $
\(= \sum_{K} P(S >= K)\)
$ = 1 - \sum_{K} P(S <= K)$
证明:$E(S) = \sum_{K} P(S = K) \sum_{j = 1}^{K} 1 $
$ = \sum_{j} 1 \sum_{K >= j} P(S == K) $
$ = \sum_{j} P(S \geq j)$
至此,问题变成了枚举\(K(\leq 200)\),求出直径小于等于\(K\)的概率
第二部分:
\(f[i][j]\) :表示以i为根的子树 最深处为j的概率
转移:对于i的一个子节点v,枚举深度k有
\(f'[k] += 0.5f[v][k], f'[k + 1] += 0.5f[v][k]\)
枚举深度k (目标直径K)
再枚举\(j + k \leq K\)
则有\(f[i][max(j, k)] = f[i][j] + f'[k]\)
最后的答案是根节点\(\sum_{j} f[ROOT][j]\)
每个颜色都是等价的 他们的转移也是
当一次操作发生时 我们把它的贡献乘二 给参与操作的球一人一半
最后把答案除以二
这样贡献就可以对每个颜色独立计算了
对于一个颜色 f[i]表示这个序列中有i个该颜色球的期望步数
那么设
p1 = (这个颜色的球同化了一个同颜色的球)
p2 = (这个颜色的球同化了一个别的颜色的球)
p3 = (别的颜色的球同化了一个同颜色的球)
p4 = (别的颜色的球同化了一个别的颜色的球)
有转移\(f[i] = p1(f[i] + 2) + p2(f[i - 1] + 1) + p3(f[i + 1] + 1) + p4(f[i])\)
然后我们移一下项就可以递推啦 和DAY3随机游走那题很类似
按位计算贡献,第i位每次操作有四种可能
(被区间覆盖的可能性\(P = \frac{i(n - i + 1)}{n(n - 1)}\))
0 -> 0(1 - P)
0 -> 1(P)
1 -> 0 (P)
1 -> 1(1 - P)
把这个造一个转移矩阵
然后把每个位 按照当前是1或0的概率造一个矩阵
于是可以矩阵快速幂了
中心思想就是比自己大的赋为1 比自己小的赋为0 然后1~n每个计算贡献
按边计算贡献 一个线段在凸包上 <=>所有的点在它的一侧
所以P为\(\frac{2^{s0} + s ^ {s1}}{2 ^ {s0 + s1}}\)
\(\sum_{i = 1}^{n}\frac{min(a_i, a_{i \mod n + 1})}{a_i a_{i \mod n + 1}}\)
中心思想就是比自己大的赋为1 比自己小的赋为0 然后1~n每个计算贡献
这样的话 对于每一种序列 (E.G.1011=0110) 都对应一个值(E.G.4) 可以计算有序的步数(E.G.5)
然后满足这样的序列有\(\frac{1}{2^n * n}\)种
枚举计数即可
\(f[i][j]表示剩下i个人 前面有j个人被当活人选过\)
\(类似于标黑方法\)
\(f[i][j] --被开过枪打死了(1 - (1 - p)^j)--> f[i - 1][j]\)
\(f[i - 1][j] --被开过j次枪但没死((1-p)^j)--> f[i - 1][j + 1]\)
推荐练习题
()[https://blog.csdn.net/star_moon0309/article/details/81348643]