概率期望从入门到入土

概率期望

基础定义

首先,对于独立事件\(A,B\),我们有\(E(AB) = E(A)E(B)\)

这个式子在非独立事件的前提下是不成立的

另外\(A,B\)理解为随机变量,\(AB\)就是他们的乘积,一样理解为一个随机变量

根据等比数列求和公式

我们有

\[\sum_{i = 0}^nx^i = \frac{1 - x ^{n + 1}}{1 - x} \]

当\(x\in(0,1)\)时,我们有

\[\sum_{i = 0}^\infty x^i = \frac{1}{1 - x} \]

一个特别特别特别重要的式子

对于任意事件\(A,B\)

我们都有

\[E(A + B) = E (A) + E (B) \]

也就是期望的线性相加性

我们尝试证明一下

\[\begin{align} E(A + B) &= \sum_{i}\sum_{j}(A=i\&\&B = j)\times(i + j)\\ &=\sum_i\sum_j(A=i\&\&B=j)\times i+(A= i\&\&B=j)\times j\\ &=\sum_ii\sum_j(A = i\&\&B= j) + \sum_jj\sum_i(A=i\&\&B= j)\\ &=E(X) + E(Y) \end{align} \]

有了期望的线性相加性,我们就可以解决很多问题

接下来介绍几种套路以及思想

前缀和思想

对于离散变量\(X\)(离散变量只能取整数)我们有:

\[P(x = k) =P（x <= k） - P(x <= k - 1) \]

非常简单易懂的式子

还有

\[P(X + Y = K) = \sum_iP(X = i \&\&Y= k - i) \]

小练习

给定一个离散数组\(X[1....n]\),每个数在\([1,S]\)间随机,求数组最大值的期望值

我们设\(Y = \max_{i = 1}^nX_i\)

\[\begin{align} E(Y) &= \sum_iP(Y=i)\times i\\ &=\sum_i(P(Y <= i) - P(Y <=i - 1)) \times i\\ \end{align} \]

因为所有的\(X_i\)都是独立的

所以

\[P(Y<=i) = P(X_j<=i)^n = (\frac{i}{S})^n \]

所以

\[E(Y) = \sum_i((\frac{i}{S})^n - (\frac{i - 1}{S})^n)\times i \]

小练习2

请尝试证明

概率为\(p\)的事件期望\(\frac{1}{p}\)次后发生

\[\begin{align} E(X) &= \sum_iP(X =i) \times i\\ &= \sum_i(P(X >= i) - P(X >= i + 1))\times i\\ &= \sum_{i}((1 - p)^{(i - 1)} - (1 - p)^{i})\times i\\ &= \sum_{i = 0}^\infty(1 - p)^i\\ &= \frac{1}{1 - (1 - p)}\\ &= \frac{1}{p} \end{align} \]

对于任意的\(exp\)\((exp >0)\)

都有 \(exp = \sum_{i = 0}^\infty[i <=exp]\)

拿球问题

1

给定\(n\)个编号\(1-n\)的球,随机取\(1\)个,放回,求\(m\)次的编号的期望和

很显然一次的期望和是

\[E(X) = \sum_{i = 1}^n\frac{i}{n} = \frac{(n + 1)n}{2n} = \frac{(n + 1)}{2} \]

而发现放回之后每一次操作都是独立的\

则有

\[\sum_{i = 1}^mE(X) = \frac{m(n + 1)}{2} \]

2

给定\(n\)个编号\(1-n\)的球,随机取\(1\)个,不放回,球\(m\)次的编号的期望和

我们设这\(m\)次的和是\(S\)

则有

\[S = \sum_{i = 1}^nx_i \]

其中

\[x_i = \{_{0}^{i} \]

则有

\[E(S) = \sum_{i = 1}^nE(x_i) \]

我们只需要求出单个\(E(x_i)\)的贡献

\[E(x_i) = P(x_i) * i\\ P(x_i)=\frac{C^{m - 1}_{n - 1}}{C_n^m} = \frac{m}{n} \]

所以

\[E(S) = \sum_{i = 1}^nE(x_i) =\sum_{i = 1}^n\frac{mi}{n} = \frac{m(n - 1)}{2} \]

我们惊奇的发现：放回不放回竟然对期望没有影响!

3

给定\(n\)个编号\(1-n\)的球,随机取\(1\)个,有\(p_1\)的几率放回\(1\)个,有\(p2\)概率放回\(2\)个,求\(m\)次的编号的期望和

由上面的结论我们上来猜测

答案为 \(\frac{m(n - 1)}{2}\)

恭喜你猜对了

我们再来尝试证明一下(其实和\(p1\),\(p 2\))没有任何关系

我们设\(S\)为最后的和,第\(i\)的球出现了\(y_i\)次,他的贡献是\(x_i\),\(x_i = y_i \times i\)

\[\begin{align} E(S) &= \sum_{i = 1}^nE(x_i)\\ &= \sum_{i = 1}^nE(y_i)\times i\\ &= \sum_{i = 1}^n \frac{mi}{n}\\ &= \frac{m(n - 1)}{2} \end{align} \]

发现,由\((28)\)到\((29)\)这一步有点玄学

我们发现每一步其实是独立得,每一个数被选的概率都是\(\frac{m}{n}\),因为每个数都有可能被抽出后再被放回,综合考虑所有情况下所有的小球都是均等的

游走问题

1链上游走

在⼀条 \(n\)个点的链上游⾛，求从⼀端⾛到另⼀端的概率

我们设\(x_i\)表示从\(i\)开始,第一次到\(i + 1\)的期望步数

由于\(i\in[2,n]\)

则有

\[x_i = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\times(x_{i - 1} + x _ i + 1) \]

边界有

$x_1 = 1 $

我们就有递推式.

2完全图上游走

在⼀张 \(n\) 个点的完全图上游⾛，求从⼀个点⾛到另⼀个点的概率

在⼀张 \(n\) 个点的完全图上游⾛，求从⼀个点⾛到另⼀个点的概率

我们发现,除了目标点之外,所有点的概率都是一样的

一个点的概率是\(\frac{1}{n - 1}\)

期望步数就是

\((n - 1)\)(小练习2)

3完全二分图上游走

我们发现只有两种情况

同侧点到同侧点和同侧点到异侧点

我们设\(S_A\)为同侧点到同侧点的期望步数

设\(S_B\)为同侧点到异侧点的期望步数

则有

\[S_B = \frac{1}{n} + \frac{n - 1}{n}(SA + 1)\\ S_A = 1+S_B \]

解方程就好了

4菊花图上游走

菊花图就是完全二分图

5树上游走

求根到\(x\)的期望步数

我们设\(f_{u}\)为\(u ->v\)第一次的期望步数

则有

\[\begin{align} f_u &= \frac{1}{d_u}+\frac{1}{d_u}\sum_{j \in other_u}(1 + f_j+f_u)\\ d_uf_u & =1 + d_u-1+(d_u - 1)f_u + (d_u - 1)\sum_{j \in other_u} f_j\\ f_u &= d_u+(d_u-1)\sum_{j\in other_u}f_j \end{align} \]

我们想

对于根我们把根看作\(u\),要走的子树看作\(v\)就好了

再来一遍DP就没了

经典问题

1

每次随机⼀个 \([1,n]\) 的整数，问期望⼏次能凑⻬所有数

我们设

\(x_i\)表示已经凑齐了前\(i - 1\)个数,再凑齐一个的期望步数

单次的概率是

\[P = \frac{n - i + 1}{n} \]

那么期望就是

\[E(x) = \sum_{i = 1}^n\frac{1}{P_i} = \sum_{i = 1}^n\frac{n}{n - i+ 1} \]

2

随机⼀个⻓度为$ n$ 个排列 \(p\)，求$ p[1…i]$ 中 \(p[i]\) 是最⼤的数的概率

很明显答案是

\(\frac{1}{i}\)

求满足上面条件的\(i\)的个数的平方的期望之和

首先我们应该明白一个东西

\[E(X)^2 \ne E(X^2) \]

这应该是比较明显的,所以我们求出\(i\)的个数期望和在平方是显然不可以的.要去想别的思路.

我们再来看一看我们要求的式子

\[E((\sum_{i}^nX_i)^2) \]

其中如果\(i\)被选了,\(X _i\)就是\(1\),否则为\(0\).

\[(\sum_{i = 1}^nX_i)^2 = \sum_{i,j,i<j}^n(X_iX_j + X_i^2) \]

而由于\(X_i\)非\(1\)既\(0\)所以平方无意义

上式可以化为

\[\sum_{i,j,i<j}^n(E(X_iX_j+X_i)) = \sum_i^nE(X_i) + \sum_{i,j,i<j}E(X_iX_j) \]

前面那个式子我们其实就是调和级数,其实就是第一问的\(\frac{1 }{i}\)

我们重点看后面的式子

所人话就是给你排列中的\(i,j\)\((i<j)\)求\(i\)是\(1...i\)中的最大值同时满足\(j\)是\(1....j\)中的最大值的概率

这两个事件感性理解一下是独立的

所以上式可以化为

\[\sum_i^nE(X_i) + \sum_{i,j,i<j}E(X_iX_j) = \sum_{i = 1}^n\frac{1}{i} + \sum_{i = 1,j>i}\frac{1}{ij} \]

3

随机⼀个⻓度为 \(n\) 的排列 \(p\)，求$ i$ 在 \(j\) 的后面的概率

很明显\(\frac{1}{2}\)

因为\(i,j\)独立所以每个数在后面的概率是均等的‘

4

随机⼀个长度为\(n\)的排列 \(p\)，求它包含 $w[1…m] $作为⼦序列/连续子序列的概率

首先考虑第一问

这里给出两种做法

首先,从组合计数的方面考虑

\[P=\frac{C_{n}^m(n - m)!}{n!} = \frac{1}{m!} \]

或者说考虑

在所有的排列中,\(w\)数组的可能性只有\(m!\)个,而每一种可能都是独立均等的

所以答案是\(\frac{1}{m!}\)

5

有 \(n\) 堆⽯头,第\(i\)堆个数为$ a[i]\(，每次随机选⼀个⽯头然后把那⼀整堆都扔了，求第\) 1 $堆⽯头期望第⼏次被扔

我们规定一个\(X\)数组\(X_i\)表示\(i\)是第\(X_i\)次被拿走的

则有

\[X_1 = \sum_{i = 1}^n[X_i<=X_1] \]

老样子,直接上期望的线性相加性

\[\begin{align} E(X_1) &= \sum_{i = 2}^nE([X_i<=X_1]) + 1\\ &=\sum_{i = 2}^nP([Xi<=X_1]) + 1\\ &=(\sum_{i = 1}^n\frac{a_i}{a_1+a_i})+1 \end{align} \]

6

随机⼀个⻓度为$ n $的\(01\)串，每个位置是$ 1 \(的概率是\) p \(，定义\) X \(是每段连续的\) 1 \(的⻓度的平⽅之和，求\)E[X]$

对于任意一个期望问题,我们先考虑,如果没有概率期望,该怎么做,推出式子后无脑套期望的线性相加就好了

我们设\(g_x\)为\(x\)结尾时后缀\(1\)的个数

\(f_x\)表示以\(x\)结尾时 的答案

则有

\[\begin{align} g_x &= g_{x - 1} + 1 （if(s_x = 1)）\\ &=0(else)\\ f_x &= f_{x - 1}-g_{x - 1}^2+g_x^2(if(s_x =1))\\ &=f_{x - 1}(else) \end{align} \]

我们发现我们这个式子可以直接套

但是平方就比较恶心

我们发现

\[E(g_x^2) = \frac{E(g_{x - 1}^2) +2E(g_x)+ 1}{p} \]

我们就把平方搞定了,就可以愉快的求\(f_ x\)了

7

给⼀个序列，每次随机删除⼀个元素，问$ i $和 \(j\) 在过程中相邻的概率

\(i\)与\(j\)相邻说明了什么,他们中间的数在他们之间就被删除掉了

我们考虑使用组合计数理性证明

我们发现我们只在意\([i,j]\)中\(i,j\)是否是最后被删除的

\[P = \frac{(j - i - 1)!*2}{(j - i + 1)!} = \frac{2}{(j - i)(j - i + 1)} \]

8

给定⼀棵树，将他的边随机⼀个顺序后依次插⼊，求 \(u,v\) 期望什么时候连通

式子整理一下,发现就是\(u,v\)之间的边数有关

我们设\(k\)为\(u,v\)之间的边的数量,运用组合计数枚举恰好在第\(i\)时刻连通

\[P=\sum_{i = k}^n\frac{kC_{i - 1}^{k - 1}(k - 1)!(n - k - 1)!}{(n - 1)!} \]

9

给$ 1…n \(这\) n $个数，每次随机选择⼀个还在的数并且删掉他的所有约数，求期望⼏次删完

经典问题,代表着经典的套路

这道题直接做貌似没有思路,因为每个数有''附属关系'',就比较恶心

这种具有删除关系的题目其实都是有一个套路的

我们假设一个数被删除后,剩下的数会被判“死缓”等到

如果我们选中了一个被判死缓的数,就把他直接删掉

如果是一个没有被判断死缓的数,就把他的约数判死缓,然后把他删掉

这样的话唯一的区别是什么？

我们选到每一个数的概率是不一样的

但是选到还没有被判断死缓的数的概率是一样的

所以两种方法本质是相同的

我们再设$X_i \(如果\)i\(删除时没有被判死缓,\)X_i$就是\(1\)否则\(0\)

\[\begin{align} S &= \sum_{i = 1}^nX_i\\ \end{align} \]

\[\begin{align} E(S) &= \sum_{i = 1}^nE(X_i)\\ &=\sum_{i = 1}^n\frac{1}{\lfloor \frac{i}{n} \rfloor} \end{align} \]

就是\(i\)的倍数一共\(\frac{i}{n}\)个,\(i\)是最早被删除的概率就是\(\frac{1}{\lfloor \frac{i}{n} \rfloor}\)

期望线性性练习题

1

给定$ n \(个硬币，第\) i \(个硬币的价值为\) w[i]$，每次随机取⾛⼀个硬币，获得的

收益是左右两个硬币的价值的乘积，求期望总价值

我们设\(x_{i,j}\),如果\(i,j\)相遇了就是\(1\),否则就是\(0\)

那么答案就是

\[S =\sum_{i,j}x_{x_i,j}*w_i*w_j \]

我们直接上期望线性性

\[\begin{align} E(S) &= \sum_{i,j}E(x_{i,j})* w_i*w_j\\ &= \frac{2w_iw_j}{(j - i)(j - i + 1) } \end{align} \]

2

• 有$ N \(个数\) a[1…N]$，每次等概率选出两个数，然后合并成⼀个新的数放回

来，得到的收益是新的数的值，求总收益的期望

我们设\(X_i\)表示\(a_i\)被选的次数

答案就是

\[S = \sum_{i = 1}^n X_ia_i \]

老套路

\[\begin{align} E(S) &= \sum_{i = 1}^nE(X_i)a_i \end{align} \]

进下来问题变成了如何求\(E(X_ i)\)

我们想一个数在第\(j\)次合并一个数的概率是什么?

\[\sum_{j = 1}^{n - 1}\frac{2}{n - j + 1} \]

第\(j\)次还有\((n - j + 1)\)个数,每个数都是独立的

\[E(S) = \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^{n - 1}\frac{2a_i}{n - j + 1} \]