期望

期望

定义

如果 $X$ 是离散的随机变量，输出值为 $x_1,x_2,\cdots$，和输出值的相应的概率为 $p_1,p_2,\cdots$（概率和为 $1$）。

则 $E(X)=\sum _i{p}_i{x}_i$

例题

Revenge of "The Salary of AtCoder Inc."

[ABC326E] Revenge of "The Salary of AtCoder Inc."

青木是 AtCoder 公司的一名员工，他本月的工资由整数 $N$ 和长度为 $N$ 的序列 $A$ 决定，具体如下。
首先，给他一个$N$面的骰子，该骰子以相等的概率显示从$1$到$N$的整数，以及一个变量$x=0$。

然后，重复以下步骤直到结束。

• 掷一次骰子，让$y$成为结果。
  • 如果是$x<y$，付给他$A_y$日元，让$x=y$。
  • 否则，终止该过程。

青木这个月的工资就是通过这个过程支付的总额。
求青木本月工资的对 $998244353$ 取模后的结果。

思路：

根据期望的线性，工资的总期望 $E$ 等于序列 $A$ 上的每一个值乘以 $p(i)$，其中 $p(i)$ 表示骰子掷到 $i$ 且有效的概率。

则 $E=\sum p_i{a}_i$。而

$$p_i=\frac{1}{n}\sum _{j=0}^{i-1}{p}_j$$

其中 $\frac{1}{n}{p}_j$ 表示在 $j$ 这个点，掷骰子掷到 $i$ 的概率。其中 表示在 j 这个点，掷骰子掷到 i 是一个整体。

可以用前缀和优化计算 $O(n)$.

code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 3e5 + 7;
const int MOD = 998244353;
int n;
int p[MAXN],prep[MAXN],a[MAXN];
int qpow(int a,int x){
	int res = 1;
	while(x){
		if(x & 1) res = res * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
		x >>= 1;
	}
	return res;
}
signed main(){
	scanf("%lld", &n);
	for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%lld", &a[i]);
	p[0] = 1,prep[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		p[i] = prep[i - 1] * qpow(n,MOD - 2) % MOD;
		prep[i] = (prep[i - 1] + p[i]) % MOD;
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		(ans += (a[i] * p[i])) %= MOD;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

Coupons

优惠券 Coupons

每张彩票上有一个漂亮图案，图案一共n种，如果你集齐了这n种图案就可以~~~~兑换大奖。

现在请问，在理想（平均）情况下，你买多少张彩票才能获得大奖的？

思路:

设 $d{p}_i$ 为从第 $i$ 种到 $n$ 种所要经过的期望步数,易知 $d{p}_n=0$.

则:

$$\begin{gathered} d{p}_{n-1}=\frac{1}{n}d{p}_n+\frac{n-1}{n}d{p}_{n-1}+1 \\ d{p}_{n-2}=\frac{2}{n}d{p}_{n-1}+\frac{n-2}{n}d{p}_{n-2}+1 \\ ⋮ \end{gathered}$$

我们归纳化简:

$$\begin{gathered} d{p}_i=\frac{n-i}{n}d{p}_{i+1}+\frac{i}{n}d{p}_i+1 \\ d{p}_i=d{p}_{i+1}+\frac{n}{n-i} \\ ans=\sum _{i=1}^n\frac{n}{i} \end{gathered}$$

循环统计答案即可.

我们分析过程: $d{p}_{n-1}=\frac{1}{n}d{p}_n+\frac{n-1}{n}d{p}_{n-1}+1$

$\frac{1}{n}d{p}_n$ 表示有 $\frac{1}{n}$ 的概率拿到未选择过的种类的期望,而 $\frac{n-1}{n}$ 的概率停在原地不动,而这两个操作都会使期望加 $1$.

分析结束,式子成立,无代码.

收集邮票

P4550 收集邮票

有 $n$ 种不同的邮票，皮皮想收集所有种类的邮票。唯一的收集方法是到同学凡凡那里购买，每次只能买一张，并且买到的邮票究竟是 $n$ 种邮票中的哪一种是等概率的，概率均为 $1/n$。但是由于凡凡也很喜欢邮票，所以皮皮购买第 $k$ 次邮票需要支付 $k$ 元钱。

现在皮皮手中没有邮票，皮皮想知道自己得到所有种类的邮票需要花费的钱数目的期望。

首先我们设 $f_i$ 表示从 $i$ 种邮票收集到 $n$ 种邮票的期望步数。

那么易知 $f_n$ = 0，且有：

$$\begin{gathered} f_{n-1}=\frac{1}{n}{f}_n+\frac{n-1}{n}{f}_{n-1}+1 \\ {f}_{n-2}=\frac{2}{n}{f}_{n-1}+\frac{n-2}{n}{f}_{n-2}+1 \\ ⋮ \end{gathered}$$

则 $f_0=\sum _{i=1}^n\frac{n}{i}$，$f_i=f_{i+1}+\frac{n}{n-i}$。

但是题目中的条件是 购买第k次邮票需要支付k元钱，所以我们需要设 $d{p}_i$ 为从 $i$ 种邮票拿到 $n$ 种的期望钱数，显然 $d{p}_n=0$，而我们有 $\frac{i}{n}$ 的概率取到已经取到过的，期望为 $\frac{i}{n}(d{p}_i+f_i+1)$，有 $\frac{n-i}{n}$ 的概率取到没有的，期望为 $\frac{n-i}{n}(d{p}_{i+1}+f_{i+1}+1)$。

所以：

$$d{p}_i=\frac{i}{n}(d{p}_i+f_i+1)+\frac{n-i}{n}(d{p}_{i+1}+f_{i+1}+1)$$

化简得到：

$$d{p}_i=d{p}_{i+1}+1+f_{i+1}+\frac{i\ast (1+f_i)}{n-i}$$

最后输出 dp[0] 即可。

code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e4 + 7;
int n;
double f[MAXN];
double dp[MAXN];
int main(){
	scanf("%d", &n);
	for(int i = n - 1;i >= 0;i--) f[i] = f[i + 1] + n * 1.0 / (n - i);
	for(int i = n - 1;i >= 0;i--) dp[i] = dp[i + 1] + 1 + f[i + 1] + i * (1 + f[i]) / (n - i);
	printf("%.2lf", dp[0]);
	return 0;
}

代码超短。

OSU!

P1654 OSU!

一共有 $n$ 次操作，每次操作只有成功与失败之分，成功对应 $1$，失败对应 $0$，$n$ 次操作对应为 $1$ 个长度为 $n$ 的 01 串。在这个串中连续的 $X$ 个 $1$ 可以贡献 $X^3$ 的分数，这 $x$ 个 $1$ 不能被其他连续的 $1$ 所包含（也就是极长的一串 $1$，具体见样例解释）

现在给出 $n$，以及每个操作的成功率，请你输出期望分数，输出四舍五入后保留 $1$ 位小数。

我们考虑第 $i$ 位和第 $i+1$ 位，设第 $i$ 位为 $1$ 产生连续的成功操作的长度的期望为 $x$，则分数期望为 $x^3$。到 $i+1$ 位时，长度的期望变为 $(x+1)\times p_{i+1}$，分数的期望变成 $((x+1)\times p_{i+1}{)}^3=p_{i+1}^3\times (x^3+3x^2+3x+1)$。

观察式子，我们发现我们需要知道 $x,x^2,x^3$ 的期望。

则我们设 $x_i,y_i,z_i$ 分别表示 $1,2,3$ 次方的期望，则有：

$$x_i=(x_{i-1}+1)\times p_i$$

$$y_i=(y_{i-1}+2x_{i-1}+1)\times p_i$$

$$z_i=(z_{i-1}+3y_{i-1}+3x_{i-1}+1)\times p_i$$

但是我们的答案不是单独一个点对整个序列产生分数的期望，所以要改一下三次方的式子：

$$z_i=(z_{i-1}+3y_{i-1}+3x_{i-1}+1)\times p_i+z_{i-1}\times (i-p_i)$$

$$z_i=z_{i-1}+(3y_{i-1}+3x_{i-1}+1)\times p_i$$

答案就是 $z_n$。

code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 7;
double x1[MAXN],x2[MAXN],x3[MAXN];
int n;
double p[MAXN];
int main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> p[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++) x1[i] = (x1[i - 1] + 1) * p[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++) x2[i] = (x2[i - 1] + 2 * x1[i - 1] + 1) * p[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++) x3[i] = x3[i - 1] + (3 * x2[i - 1] + 3 * x1[i - 1] + 1) * p[i];
	printf("%.1lf", x3[n]);
	return 0;
}

P8774 爬树的甲壳虫

P8774 [蓝桥杯 2022 省 A] 爬树的甲壳虫

有一只甲壳虫想要爬上一颗高度为 $n$ 的树，它一开始位于树根, 高度为 $0$，当它尝试从高度 $i-1$ 爬到高度为 $i$ 的位置时有 $P_i$ 的概率会掉回树根, 求它从树根爬到树顶时, 经过的时间的期望值是多少。

做法一：

设 $f_i$ 是从 $0$ 爬到 $i$ 处经过的期望时间，那么不管怎么样，都要从 $f_{i-1}$ 转移过来，且有 $p_i$ 的概率是 先回树根，花费1的时间，然后花费f[i]时间回到i节点 时间为 $f_i+1$，有 $1-p_i$ 的概率不掉，时间为 $1$。

那么：

$$f_i=f_{i-1}+(1-p_i)+p_i\times (f_i+1)$$

化简得：

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

code:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 7;
const int MOD = 998244353;
int n,x[MAXN],y[MAXN];
int f[MAXN];
int qpow(int a,int x){
	int res = 1;
	while(x){
		if(x & 1) res = res * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
		x >>= 1;
	}
	return res;
}
signed main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> x[i] >> y[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		f[i] = (f[i - 1] + 1) * y[i] % MOD * qpow(y[i] - x[i],MOD - 2) % MOD;
		f[i] %= MOD;
	}
	cout << f[n];
	return 0;
}