概率期望复习

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• P1654
• P5104
• P1850
• P7385

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资料阅读

【选了这份】

首先有一些直觉上比较容易接受的概率公式

条件概率

\(P(A\cap B) = P(B)P(A\mid B)\)

全概率公式

有一组事件 \(C_1,\dots, C_n\)， 满足任何情况下这些事件当中 恰好 有一个会发生， 那么有：

\[P(A) = \sum_{i=1}^n P(C_i)P(A\mid C_i) = \sum_{i=1}^n P(A\cap C_i) \]

贝叶斯公式

由于 \(P(A)P(B\mid A) = P(A\cap B) = P(B)P(A\mid B)\)， 那么有：

\[P(A\mid B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)P(B\mid A)}{P(B)} \]

然后是对随机变量的介绍。

对于样本空间 \(S\)， 定义一个函数 \(X: S\to \mathbb F\)， 也就是对于每个基本事件 \(e_i\in S\)， \(X(e_i)\) 都有一个特定的值。称 \(X\) 为一个随机变量。（既然是函数，那么自然可以将两个随机变量合起来组合成新随机变量， 比如用随机变量 \(X,Y\) 组合成 \(aX+bY\)， \((aX+bY)(e_i) = aX(e_i)+bY(e_i)\)）

对于随机变量 \(X\)， 定义其数学期望为：

\[E[X] = \sum_{e_i\in S}P(e_i)X(e_i) \]

类似条件概率， 可以定义条件期望 \(E[X\mid B]\) 为 “已知 \(B\) 发生，\(X\) 的期望值”。

同样类似全概率公式， 有全期望公式：

\[E[X] = \sum_{i=1}^n P(C_i)E[X\mid C_i] \]

然后是期望的线性性， 非常重要的一个东西。

对 任意 随机变量 \(X,Y\)， 有 \(E[aX+bY] = aE[X]+bE[Y]\)。

证明：

\[E[aX+bY] = \sum_{e_i\in S}P(e_i)[aX(e_i)+bY(e_i)] = a\sum_{e_i\in S}P(e_i)X(e_i) + b\sum_{e_i\in S}P(e_i)Y(e_i) \]

这就是 \(aE[X]+bE[Y]\)。

然后是随机变量的独立性。

设 \(X=t\) 表示 “\(X\) 的取值是 \(t\)” 这个事件。

那么， 如果对于任意 \(t_1,t_2\) 都有 \(P(X=t_1\cap Y=t_2) = P(X=t_1)P(Y=t_2)\)， 就称 \(X,Y\) 独立的。关于独立性， 有几个需要注意的点：1. X 不和自己独立， 除非它是常数。 2. 独立没有传递性。

若 \(X,Y\) 独立， 那么 \(E[XY] = E[X]E[Y]\)（即乘积的期望等于期望的乘积）， 证明如下：

\[E[XY] \\ \sum_{a,b} abP(X=a\cap Y=b)\\ \sum_{a,b} aP(X=a)bP(Y=b)\\ \left(\sum_aaP(X=a)\right)\left(\sum_bbP(Y=b)\right)\\ E[X]E[Y] \]

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P1654

设 \(Y_i\) 表示以 i 结尾的连续的 1 的长度，则 \(Y_i = (1-p_i)0+p_i(Y_{i-1}+1)\)。

如果 \(Y_i\) 不是 0， 第 i 个位置产生的贡献是 \(Y_i^3-(Y_i-1)^3=3Y_i^2-3Y_i+1\)，反之， 是 0， 综合下来， 是 \(3Y_i^3-3Y_i+zero_i\)（其中 \(zero_i\) 是个随机变量， 在第 i 个位置等于 0 的时候其是 0， 反之是 1）， 由此一个位置 i 贡献的期望是 \(3E[Y_i^2]-3E[Y_i]+p_i\)。

配合

\[E[Y_i]=p_iE[Y_{i-1}+1]\\ E[Y_i^2] = p_iE[(Y_{i-1}+1)^2] \]

就可以算出答案了。

【记录】

P5104

连续型随机变量的期望， 实际上也可以和连续型的一样对于简单的概念使用感性接受大法。

连续型随机变量的期望为 \(\int_{-\infty}^\infty xf(x){\rm d}x\)， 其中 \(f(x)\) 为 x 取值的密度分布函数， 满足 \(\int_{-\infty}^\infty f(x) =1\)。

这题里总金额 \(w\) 对应的 x 的密度分布函数是：

\[f(x)\begin{cases} \frac 1w \quad 0\le x\le w\\ 0 \quad x<0\or x>w \end{cases} \]

在这里那么就可以得出第一次抢红包得到的钱的期望是：

\[\frac 1w \int_0^w x{\rm d}x = \frac 1w (\frac {w^2}{2}-\frac{0^2}{2}) = \frac w2 \]

可以比较显然地得出第 k 次抢红包得到的钱的期望是 \(\frac{w}{2^k}\)。

【记录】

P1850

设 \(dis_{i,j}\) 表示 \(i,j\) 之间的最短路的长度。

设状态为 \(f_{i,j,0/1}\) 表示前 i 节课， 申请了 j 次， 第 i 节课有（1）没有（0）申请， 最小的期望值， 那么转移为：

\[f_{i,j,0} = \min\begin{cases} f_{i-1,j,0}+dis_{c_{i-1},c_i}\\ f_{i-1,j,1}+k_{i-1}dis_{d_{i-1},c_i}+(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},c_i} \end{cases} \\ f_{i,j,1} =\\ \min\begin{cases} f_{i-1,j-1,0}+k_idis_{c_{i-1},d_i}+(1-k_i)dis_{c_{i-1},c_i}\\ f_{i-1,j-1,1}+k_ik_{i-1}dis_{d_{i-1},d_i}+k_i(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},d_i}+(1-k_i)k_{i-1}dis_{d_{i-1},c_i}+(1-k_i)(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},c_i} \end{cases} \]

【记录】

P7385

对于第一问，对整棵树中序遍历， 得到 dfs 序， 然后按照叶节点的 dfs 序从小到大给叶节点标号， \(l_i\) 表示 dfs 序第 i 小的叶节点。

设 \(f_i\) 为有 i 个叶节点的答案， 那么：

\[f_i = E[\frac{d[l_1]+d[l_2]+\cdots +d[l_i]}i] = \frac 1i(E[d[l_i]]+E[d[l_2]]+\cdots +E[d[l_i]] ) \]

那么设 \(g_i\) 为有 i 个叶节点的叶节点深度和的期望， 则 \(f_i = \dfrac {g_i}i\)。

考虑对 \(l_i\) 进行了操作， 那么对整棵树叶节点的深度和的贡献是 \(2(d[l_i]+1)-d[l_i] = d[l_i]+2\)。

那么

\[g_i \\ \frac1{i-1}((i-1)g_{i-1}+E[d[l_1]+2]+E[d[l_2]+2]+\cdots E[d[l_{i-1}]+2]) \\ g_{i-1}+2+\frac{g_{i-1}}{i-1}\\ \frac{ig_{i-1}+2i-2}{i-1} \]

第二问先咕着