数学学习笔记4

概率期望

咕咕咕(?)
基础知识都在课件上不想手打了,好像都挺简单的

upd on 2022.2.15 更新了相关概率期望内容
upd on 2022.3.13 完善了概率期望相关内容,偏向入门

概率
~~(下文记A'为事件A的对立事件
样本空间:随机试验所有可能结果组成的集合
样本空间的任意一个子集称之为事件
事件发生：在一次试验中，事件的一个样本点发生
事件的运算律满足集合的运算律
概率:
• 定义：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$𝐴$的概率称为$𝑃(A )$。
根据定义有如下性质:

• $0 \le P(A)\le 1$
• 假设$A_1,A_2,A_3$为互不相同的基本事件,有$P(\sum A_i)=1$
• 对于若干个互斥的事件,有$P(A_1∪A_2∪A_3...)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)+...$
• 如果$𝐴 ⊂ 𝐵，𝑃 (𝐵 − 𝐴) = 𝑃 (𝐵) − 𝑃(A),$更一般的，$𝑃 (𝐵 − 𝐴) = 𝑃 (𝐵) − 𝑃(𝐴𝐵)$
• $P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)$
• $P(AB) = P(A)P(B)$(A,B相互独立)
• $P(A)=1-P(A')$

这些我们都可以通过定理3将一个事件划分成若干个不相交的事件然后求解

全概率公式:$P(A)=\sum P(A|B_i)P(B_i)$
这会经常在一些递推中用到

古典概率

• 有限性
• 等可能性

$P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega)}$

一般古典概率都可以通过一些排列组合的计数知识解决

条件概率

$P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}$

• 对于若干个互斥的事件,有$P(B_1∪B_2∪B_3|A)=P(B_1|A)+P(B_2|A)+P(B_3|A)+...$
• $P(𝐵'|A)=1-P(B|A)$
• $P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)-P(BC|A)$

概率的几个式子用到条件概率上也是成立的

$P(A) = \sum P(A|Bi) P(Bi)$

例题:见zhx课件

概率杂项
二项分布:进行n从独立重复实验,成功k次的概率$P_n(X=k)=C_n^k~p^k(1-p)^{n-k}$,同时我们有$E(X)=np~,~D(X)=np(1-p)$

期望

对于一个离散型随机变量$X$,有$P(X=x_i)=p_i$
两点分布:X只有两种取值,$P(X=0)=p,P(X=1)=1-p~$有$~E(X)=p,D(X)=p(1-p)$

$E(X) = \sum_i P(X=x_i)x_i,D(X)=\sum_i p_i(x_i-E(X))^2=E(X^2)-E(X)^2$

• $E(aX+b)=aE(X)+b$(必须保证概率不变
• $E(X + Y) = E(X) + E(Y)$(期望线形性
• $E(XY)=E(X)E(Y)$(X,Y独立
• $D(X+Y)=D(X)+D(Y)$(X,Y独立
• $D(aX)=a^2D(X)$

全期望公式: $E(Y)=\sum_iP(X=x_i)E(Y|X=x_i)$

期望概率DP

对于等可能性问题可以转化为一个计数问题,否则可能需要期望线形性转化为别的问题或者是期望概率DP

期望概率DP一般要"倒着退",因为我们一般是可以通过下一个决策推出若干个状态,我们要想从这些状态转移到该点,就需要逆序定义状态,比如"一直选 选到n点",注意发现题目中的等价信息

osu

由于 0111011 = 0+1+3+5+0+1+3,即$(x+1)^2-x^2=2x+1$

考虑$E(ANS)$可以拆成$E(2x_1+1)+E(2x_2+1)+....$
$x_1,x_2$为点的期望结尾长度,于是我们计算每个点的期望结尾长度

分情况讨论即可
设 fi为考虑前 i 个字符的期望得分，li​为以 i 为结尾的 comb 的期望长度，Si为第 i 个字符,那么有 3 种情况：
$S_i = o, f_i = f_{i-1} + l_{i-1}*2 +1, li = l_{i-1} +1。$
$S_i = x, f_i = f_{i-1}, l_i = 0。$
$S_i = ?, f_i = f_{i-1} + (l_{i-1}*2 +1)/2, li = (l_{i-1}+1)/2$

由于当我们由全概率公式得到一种情况时,$E((x+1^2))=E(x^2)+2E(x)+1$,所以直接累加到f里即可,由于?的时候有两种情况,相当于有两条不同边连向了i-1

DAG模型
有一个DAG，初始的时候在A号点，每次随机选择一条出边走下去，直到走不动位置。求期望经过的路径长度。

• 1.倒着递推即可
• 2.求出每条边的经过概率，算每条边对于答案的贡献,正着做

RedIsGood
桌面上有 R 张红牌和 B 张黑牌，随机打乱顺序后放在桌面上，开始一张一张地翻牌，翻到红牌得到 1 美元，黑牌则付出 1 美元。可以随时停止翻牌，在最优策略下平均能得到多少钱？

R,B ≤ 5000

考虑期望DP,$f_{i,j}$代表i张red,j张black,然后看每次选哪张牌就转换到了上个DAG模型了

$f_{i,j}$代表还剩i张红牌,j张黑牌直到取完的期望,转移枚举再翻哪一张牌 $f_{i,j}=\frac{i}{i+j}(f_{i-1,j}+1)+\frac{j}{i+j}(f_{i,j-1}-1)$

游走模型
一个人初始在点A，一共有两条路，每次随机选择一条
有P的概率花一天时间走到B
有1-P的概率花一天走回A。
求这个人期望需要几天走到B？

• 1.大力推导
• 2.解方程
• 3.直觉

相比之下我更喜欢第2种

回归题目,直接
$x=P+(1-P)(1+x)~$ 解得 $~x=\frac{1}{P}$

类似题目还有checkpoints 线性生物

大力推荐Rainair的博客 https://blog.aor.sd.cn/archives/725/

游走

先期望线性分解成每条边的期望次数,即我们只要求出了每个点期望经过次数就行了($f_{u-v}=\frac{f_u}{d_u}+\frac{f_v}{d_v}$)

可列方程$f_u=\sum_v\frac{f_v}{d_v}+[u=1]$

换教室
拆成每条边的期望值,DP即可

分手是祝愿
相逢是问候

相当于异或
首先对于一个序列,我们一定是贪心的从大到小按,直到按到了一个和原序列相同的数,即我们按那些位置都是确定的,如果我们有一个位置按错,就要再按一次该位置还原,于是$f_i$为从i个要按位置按到了i-1的期望次数

$f_i=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(1+f_{i+1}+f_i)$

$ans=\sum_{i=k+1}f_i$

皮克敏
https://noip.ac/rs/show_problem/3687

只要我们把状态定义好了,只需要考虑这种特殊情况即可,其他相同情况根本不用考虑,即锁定下来了,接着考虑每一步能退到哪些状态,来实现我们的DAG模型

数树
https://noip.ac/rs/show_problem/3675
类似osu一样推式子

覆盖
http://zhengruioi.com/contest/698/problem/1549
CF280C Game on Tree

亚瑟王
由于每个数只能出现一次,所以这启发我们根据序列来dp,相当于我们将每个点的概率都算上了,这样的话只考虑下一点单独的概率即可
具体的,先拆成每个点存在于r轮的概率,然后计算
发现,位置1的概率为$1-(1-P)^r$,(注意全集大小)
这是因为每次选都会先经过一号点
这启发我们$f_{i,j}$为前i个位置,已经选了j张牌的概率,转移为
$f_{i,j}=f_{i-1,j}\times(1-P)^{r-j}+f_{i-1,j-1}\times (1-P)^{r-j+1}$
则每个点的概率为$\sum_j f_{i-1,j}\times (1-(1-P)^{r-j})$
练习题:
CF865C Gotta Go Fast
CF1540B Tree Array

Warning:下面知识点会用到导数和微积分的知识

再谈生成函数

移位一定要补特殊项,拆

形式幂级数
形如
$F(x)=\sum_{n\ge 0}a_nx^n$
不收敛,但可以求出她的封闭形式
逆元
如果A(x)是形式幂级数,$a_0$可逆,则存在一个$B(x)$使得$A(x)B(x)=1$则B(x)为逆元

$\sum_{i=0}^na_ib_{n-i}=\begin{pmatrix} b_0=\frac{1}{a_0}\\ b_n=-\frac{1}{a_0}\sum_{i=0}^{n-1}a_ib_{n-i}\end{pmatrix}$

导数与积分
如果A(x)是OGF,则
$A'(x)=\frac{d}{dx}A(x)=\sum_{n\ge 1}na_nx^{n-1}=\sum_{n\ge 0}(n+1)a_{n+1}x^n$
$∫A(x)dx=\sum_{n\ge 0}\frac{1}{n+1}a_nx^{n+1}=\sum_{n>0}\frac{f_{n-1}}{n}x^n+C$

广义二项式定理
$(1+x)^a=\sum_{n\ge 0}(a,n)x^n[a:R]$

广义二项式系数
$(n,m)=\frac{n(n-1)...(n-m+1)}{m!}$

对于一个数列{$f_n$}
OGF:$F(x)=\sum_{n\ge 0}f_nx^n$
EGF:$F(x)=\sum_{n\ge 0}f_n\frac{x^n}{n!}$

常见生成函数及运算
OGF:
满足数乘,卷积,加法
$(\sum_{n\ge 0}f_nx^n)\times(\sum_{n\ge 0}g_nx^n)=\sum_{n\ge 0}(\sum_{i=0}^nf_ig_{n-i})x^n$

EGF:
满足数乘,卷积,加法
$(\sum_{n\ge 0}f_n\frac{x^n}{n!})\times(\sum_{n\ge 0}g_n\frac{x^n}{n!})=\sum_{n\ge 0}(\sum_{i=0}^n(n,i)f_ig_{n-i})\frac{x^n}{n!}$
其实一些简单的完全可以现退,这里就放出一些基本不会推出来的

$\sum_{n\ge 0}x^n=\frac{1}{1-x}$

$\sum_{n\ge m}x^n=\frac{x^m}{1-x}$

$\sum_{n\ge 0}a^nx^n=\frac{1}{1-ax}$

$\sum_{n\ge 0}(n+k-1,n)x^n=\frac{1}{(1-x)^k}$

$\sum_{n\ge 0}\frac{c^nx^n}{n!}=e^{cx}$

斐波那契

$F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$,再因式分解一下

卡特兰数

用最朴素的递推公式,发现是个卷积的形式,展开带入得
$F(x)=1+xF^2(x)$,解得
$F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$
再用广义二项式定理展开回带即可得出
$f_n=\frac{(2n,n)}{n+1}$

指数型生成函数

牵扯到好多微积分的知识,学不明白了/ll

一些常见的EGF:(直接泰勒展开!)

$\sum_{n\ge 0}\frac{x^n}{n!}=e^x~~[~1,1,1...~]~$

$\sum_{n\ge 0}(-1)^n~\frac{x^n}{n!}=e^{-x}~~[~1,-1,1...~]~$

$\sum_{n\ge 0}c^n\frac{x^n}{n!}=e^{cx}~~[~1,c,c^2,c^3...~]$

$\sum_{n\ge 1}(n-1)!\frac{x^n}{n!}=ln~\frac{1}{1-x}~~[~0!,1!,2!,...~]$

移位
求导左移,积分右移

所有常见生成函数
有点乱,见
https://rqy.moe/Algorithms/generating-function/

贝尔数--exp

不容易啊不容易啊

将n个有区别的小球放进任意多个无区别的箱子的方案数,即将一个大小为n的集合划分成若干个不相交非空子集的并的方案数,有递推式(当然你可以斯特灵数)

$w_{n+1}=\sum_{i=0}^n(n,i)w_{n-i}+[n=0]$

相当于{$1$}和{$w_n$}的二项卷积

$W(x)=∫W(x)e^x+1$

求导得

$\frac{W(x)'}{W(x)}=e^x$

积分得

$ln~W(x)=e^x+C$

于是

$W(x)=e^{e^x-1}=\exp(e^x-1)$

这可以扩展到一类图计数问题

多项式

拉格朗日插值

如果有一个不超过n次的多项式f,则通过n+1个不同的点$(x_i,y_i)$,其中$f(x_i)=y_i$,则我们就可以确定这个唯一的多项式,这n+1个点称为多项式f的点值表示

给定n+1个点$(x_i,y_i)$,于是我们有

$f(x)=\sum_{i=0}^{n}y_il_i(x)$

$l_i(x)=\Pi_{0\le j\le n,j\not ={i}}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

单位根

满足$x^n-1=0$的x被称作n次单位根

欧拉公式:$z=(x+yi)=re^{i\theta}=r(\cos\theta+i\sin\theta)$

离散傅里叶变换(DFT)

设 f 是长度为 n 的数列，对 0 ≤ k < n，令
$F(k)=\sum_{i=0}^{n-1}f_iw_n^{ik}$

显然,$F(k)=f(w_n^k)$,其实与点值表示是等价的

循环卷积
对于两个数列f和g,定义

$h_k=\sum_{(i+j)mod ~n=k}f_ig_j$

h为f和g的循环卷积

由于
$w_n^n=1$
$w_n^{i+j~mod~n}=w_n^{i+j}$

所以$F(f*g)=F(f)F(g)$

于是几乎和FFT一样做,但是需要把>=n的部分折回来

复数单位根
$x^n=1$
$w_n^k=\cos \frac{2\pi k}{n}+\sin \frac{2\pi k}{n}i$
$w_{dn}^{dk}=w_n^k$
$w_n^{k+n}=w_n^k$
$w_n^{k+\frac{n}{2}}=-w_n^k$
$(w_n^k)^d=w_n^{kd}$
$w_n^0=w_n^n=1$

FFT
算两个多项式的乘积,通过ianzhi
对于一个多项式A(x)=$\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i$,假设$n=2^k$
我们可以得出递归式子
点值表示法:我们可以将0-n-1的$w_n^i$为根带进去
共有3步
1.将多项式化为DFT
2.$F(f*g)=F(f)*F(g)$ $(x_1,F(x_1)G(x_1))$
3.将DFT变回一个多项式

$A_0(x)=a_0+a_2x+a_4x^2+....a_{n-2}x^{\frac{n}{2}-1}$
$A_1(x)=a_1+a_3x+a_5x^2+....a_{n-1}x^{\frac{n}{2}-1}$
$A(x)=A_0(x^2)+xA_1(x^2)$

$A(w_n^k)=A_0(w_{\frac{n}{2}}^{k})+w_n^kA_1(w_{\frac{n}{2}}^{k})$

但是复杂度是个n^2的...

$A(w_n^{k+\frac{n}{2}})=A_0(w_{\frac{n}{2}}^{k})-w_n^kA_1(w_{\frac{n}{2}}^{k})$

n个n次多项式->n个n/2次多项式->n个n/4次的多项式->...->n个1次多项式

复杂度O(nlogn)

但是操作3怎办?

IDFT

我们已知$(w_n^0,f(w_n^0))....$若干个多项式乘积后的DFT,考虑重新定义多项式
$Y(x)=\sum_{i=0}^nf(w_n^i)x^i$
拆开整理一下
在定义Y的点值$(w_n^{-k},c_k)$
整理得$c_k=a_kn$
于是求一下$c_k$的值就行了

NTT

求出一个原根,发现单位根的性质都满足,于是随便做了

998244353=119*2^23+1 原根为3

FWT

巨坑,待填,暂且放着

多项式求逆

求$~A(x)B(x)\equiv1~(mod~~ x^n)$

n=1时就是个逆元
于是我们可以递归求解,n->n/2上取整
得到
$B(x)\equiv2C(x)-A(x)C(x)^2~(mod~~x^n)$
用ntt加速即可

多项式开根

求 $~B(x)^2\equiv A(x)~(mod~~x^n)$

$B(x)\equiv\frac{C(x)^2+A(x)}{2C(x)}~(mod~~x^n)$

多项式除法

注意:这不是在取模意义下!

给定$~A(x)~B(x)~$要求求出一对$~C(x)~D(x)~$
使得$~A(x)=B(x)C(x)+D(x)~$且最高次项分别为n m n-m <m
考虑定义一个新的函数$rev(F(x))=x^nF(\frac{1}{x})$
则
$rev(A(x))\equiv rev(B(x))rev(C(x))~(mod~~x^{n-m+1})$

然后多项式求逆就完了

多项式取对数

求$~g(x)\equiv ln~f(x)~(mod~~x^n)~$
求导,求逆,积分,得($~g'(x)\equiv \frac{f'(x)}{f(x)} (mod~~x^n)~$)'
因为
$\frac{d}{dx}~ln~A(x)=\frac{A'(x)}{A(x)}$
所以
$ln~A(x)=∫\frac{A'(x)}{A(x)}dx$
多项式求逆即可

多项式exp

求$g(x)\equiv e^{f(x)}~(mod~~x^n)$
取log得
$ln~g(x)\equiv f(x)~(mod~~x^n)$
定义多项式函数$h(g(x))=ln~g(x)-f(x)$
即求这个函数的零点,求导得
$h'(g(x))=\frac{1}{g(x)}$

现在考虑我们求得
$h(g_0(x))\equiv 0~(mod~~x^n)~=>~h(g_1(x))\equiv 0~(mod~~x^{2n})$
有
$g_1(x)-g_0(x)\equiv 0~(mod~~x^n)$

$h(g_1(x))\equiv h(g_0(x))+h'(g_0(x))(g_1(x)-g_0(x))\equiv 0~(mod~~x^{2n})$
即

$g_1(x)\equiv g_0(x)+g_0(x)(f(x)-ln~g_0(x))~(mod~~x^{2n})$

泰勒展开

对于任意一个函数$~f(x)~$她的泰勒展开为

$~f(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f^{(1)}(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{(2)}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+..........~$

多项式快速幂

求$~f(x)^k~mod~~x^n~$
当然可以倍增做
可以写成$~f(x)^k=e^{k~lnf(x)}~$
$(a^b=e^{b~ln~a})$