【专题】概率期望

前言

期望的计算公式：

\[E(X) = \sum_i{i\times P(x=i)} \]

感性理解：对于一个事件\(X\)，可能有各种情况，其中某情况的贡献是\(i\)，实际上的情况是\(x\)，事件发展成该情况的概率是\(P(x=i)\)。

例子：有一堆盲盒，随便抽一个打开，得到奖励的期望是\(E(X)\)，一个盲盒里装的奖励值是\(i\)，抽到这个盲盒的概率是\(P(x=i)\)。

又或者，在这堆盲盒中，不止一个盲盒的奖励值是\(i\)，而在所有奖励值不同的盲盒中，最终抽到的奖励值\(x\)，而抽到的恰好就是奖励值为\(i\)的盲盒的概率即为\(P(x=i)\)。

期望的线性性：

\[E(X+Y) = E(X)+E(Y), E(kX) = kE(X) \]

例题

Game on Tree

CF280C Game on Tree

题目描述

给定一棵有根树，结点编号从 \(1\) 到 \(n\)。根结点为 \(1\) 号结点。

对于每一次操作，等概率的选择一个尚未被删去的结点并将它及其子树全部删去。当所有结点被删除之后，游戏结束；也就是说，删除 \(1\) 号结点后游戏即结束。

要求求出删除所有结点的期望操作次数。

解：

每个节点的贡献均为\(1\)。

\[E(X) = \sum_u p_u \]

一个节点能产生贡献当且仅当其祖先均未在它之前删除，则\(p_u = \frac{1}{dep_u+1}\)（此处令\(dep_1=0\)，若\(dep_1=1\)则不需\(+1\)）

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百事世界杯之旅

[SHOI2002]百事世界杯之旅

题目描述

假设有 \(n\) 个不同的球星名字，每个名字出现的概率相同，平均需要买几瓶饮料才能凑齐所有的名字呢？

解：

令\(f(i)\)表示现在收集了\(i\)个球星名字的情况下，还需要购买饮料的期望次数。

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

显然\(f(n)=0\)，于是倒推出\(f(0)\)就得到答案了。

然后进行一个自己推自己，就得到了：

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

这题的输出格式有点谔谔

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

int get(int x){
	int ret = 0;
	while(x){
		ret++;
		x /= 10;
	} return ret;
}

int gcd(int x, int y){
	if(!x) return y;
	return gcd(y%x, x);
}

// f(x) = f(x+1)(n-x)/n + f(x)x/n + 1
signed main(){
	int n; scanf("%lld", &n);
	int ans1 = 0, ans2 = 1;
	for(int i = 0; i < n; i++){
		ans1 = ans2*n+ans1*(n-i);
		ans2 *= n-i;
		int qwq = gcd(ans1, ans2);
		ans1 /= qwq, ans2 /= qwq;
	}
	if(ans1 % ans2 == 0){
		printf("%lld\n", ans1/ans2);
		return 0;
	}
	int ans3 = ans1/ans2;
	ans1 = ans1%ans2;
	for(int i = 1; i <= get(ans3); i++)
		putchar(' ');
	printf("%lld\n", ans1);
	if(ans3) printf("%lld", ans3);
	for(int i = 1; i <= get(ans2); i++)
		putchar('-'); putchar('\n');
	for(int i = 1; i <= get(ans3); i++)
		putchar(' ');
	printf("%lld\n", ans2);
	return 0;
} 

收集邮票

收集邮票

2024.11.14.update：重温本题，结合洛谷其他dalao的题解，采用了更易于理解的说法

题目描述

有\(n\)种邮票，每次买一张，买到每种邮票的概率是相同的（\(\frac{1}{n}\)），但是每次购买邮票的费用不同，第\(k\)次购买需要支付\(k\)元钱。

问收集所有种类的邮票的期望花费。（输出保留二位小数）

解：

如果买了\(m\)次邮票，则花费为\(c=\frac{(m+1)m}{2}\)。
根据期望的线性性，\(E(c) = \frac{1}{2}[E(m^2)+E(m)]\)

那么这个问题将拆分成两个部分：购买次数的期望，\((\)购买次数\()^2\)的期望（而非期望的平方）。

根据上一题的结论，求购买次数的期望可以通过式子\(f(i)=f(i+1)+\frac{n}{n-i}\)递推求解，其中\(f(i)\)对应已有\(i\)种邮票的\(E(m_i)\)。

我们可以认为\(E(m)\)的部分已经解决了。

对于\(E(m^2)\)的部分，将\(E((m+1)^2)\)拆开得\(E(m^2+2m+1)\)，由期望的线性性：

\[E((m+1)^2) = E(m^2)+2E(m)+E(1) \]

显然其中的\(E(1)=1\)。

设\(g(i)\)表示现在收集了\(i\)种邮票的\(E(m_i^2)\)。

\[g(i)=\frac{i}{n}{E((m_i+1)^2)} + \frac{n-i}{i}{E((m_{i+1}+1)^2)} \\ g(i)=\frac{i}{n}{(E(m_{i}^2)+2E(m_{i})+1)} + \frac{n-i}{n}{(E(m_{i+1}^2)+2E(m_{i+1})+1)} \\ g(i) = \frac{i}{n}{(g(i)+2f(i)+1)} + \frac{n-i}{n}{(g(i+1)+2f(i+1)+1)}\\ \]

再进行一个自己推自己，简化为：

\[g(i) = \frac{i}{n-i}{(2f(i)+1)} + {g(i+1)+2f(i+1)+1}\\ \]

令\(ans(i)\)表示表示现在收集了\(i\)种邮票的\(E(c)\)。

则：

\[ans(i) = \frac{1}{2}{(g(i)+f(i))} \\ \]

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 10005;
double f[N], g[N];
int n;

int main(){
	scanf("%d", &n);
	f[n] = g[n] = 0;
	for(int i = n-1; i >= 0; i--){
		f[i] = f[i+1]+(double)n/(n-i);
		g[i] = (double)i/(n-i)*(f[i]*2.0+1.0)+g[i+1]+2.0*f[i+1]+1.0;
	}
	printf("%.2f\n", (g[0]+f[0])/2.0);
	return 0;
}