概率期望学习笔记

概率和期望

• 古典概型：
  • 试验只有有限个基本结果
  • 试验的每个结果出现的可能性是相同的

概率的二项式分布

$P(X=k)=C_n^k{P}^k(1-p{)}^{n-k}$

期望的可加性

• 用期望的可加性计算时，注意：不考虑所有其他无关变量（不论是否有影响），只考虑当前变量！

$E(x+y)=E(x)+E(y)$

• 期望的套路题

• 随机游走模型

• 期望+动态规划

• 例：随机生成一个 1~n 的排列，求逆序对个数的期望

期望的线性性

$P(a_1>a_2)+P(a_2>a_3)+.....+...=$

$\frac{n(n-1)}{4}$

策略：

• 转化成正常的题意（古典概型）
• 算贡献，算贡献，算贡献！（线性性）

practice:

P1297[国家集训队]单选错位

• 线性性

$ans=\frac{min(a_i,a_{i+1})}{a_i{a}_{i+1}}$

累加即可

CF1096F

• 线性性

逆序对分为四种：

• 给定的数之间的逆序对。

• 不确定的数之间的逆序对。

• 给定的数在不确定的数左边的逆序对。

• 给定的数在不确定的数右边的逆序对。

分类讨论即可

P3802

• 显然在第七次就触发的概率为$7!\ast a_1/N\ast a_2/(N-1)\ast a_3/(N-2)...a_7/(N-6)$

CF280C

• $$ans=\sum _{i=1}^n\frac{1}{de{p}_i}$$

AGC049A

• 记$f_i$为有多少点能到达i,则本题与上题类似，

$$ans=\sum _{i=1}^n\frac{1}{f_i}$$

P5589

• 答案显然是

$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{f_i}$$

本题$n$的范围是${10}^9$,所以显然不能枚举，但我们可以枚举删除的数，显然此时这个数只需枚举至$\sqrt{n}$即可，再开一个map辅助记录就能做到$O(\sqrt{n})$的复杂度。

P2221

大佬的题解

• 几何分布

抛硬币，p 的概率正面，一直抛直到得到正面停止。问期望次数？

$P(x=k)=(1-p{)}^{k-1}p$

• 几何分布期望满足一个方程式，（我也不知道这叫啥名字，不过)这其实是“期望步数”这个平均概念的经验性应用。

$F=1+p\ast 0+(1-p)F$

$F=\frac{1}{p}$

P4316

• 1

CF24D

P3232

• 转化为求每条边的期望经过步数

CF802L

• 先推柿子，再将它转化为一次函数，再进行递推

令$f_u=a_u{f}_{f}a+b_u$，再代入。解出

$$k_x=\frac{1}{de{g}_x-\sum _{y\in so{n}_x}{k}_y}$$

$$b_x=\frac{\sum _{y\in so{n}_x}(b_y+di{s}_x,y)+di{s}_{f_{ax}},x}{de{g}_x-\sum _{y\in so{n}_x}{k}_y}$$

本题其实还可以利用期望的线性性，设 $f_u$ 为 $u$走到父亲的期望，再进行递推即可，方程为：

$f_u=w_u+\sum _{v\in so{n}_u}(w_v+f_v)$

多次查询？

多组查询树上两点之间游走的期望和。

令$g_u$为父亲到达$u$的期望步数，则两点间期望为一段$f$的和加$g$的和

$g_u=g_{fa}+f_{fa}-f_u$

P6835

• 与上题类似

$$f_i=\frac{1+\sum _{i\to j}{f}_i+s_{i-1}-s_{j-1}+1}{d_i}$$

code

期望和dp

CF518D

• 设$f_{t,i}$为$t$秒后有$i$个人走上电梯的期望，转移方程为：

$f_{t,i}=f_{t-1,i-1}\cdot p+(1-p)f_{t-1,i}$

但需要注意，若上一秒有$n$个人，则：

$f_{t,i}=f_{t-1,i-1}\cdot p+f_{t-1,i}$

若有$0$人

$f_{t,i}=(1-p)f_{t-1,i}$

特判即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	int f=1,w=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-')    f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9'){
		w=(w<<1)+(w<<3)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return f*w;
}
int n,t;
double p;
double f[2010][2010];
int main(){
	n=read();cin>>p;
	t=read();
	f[0][0]=1.0;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(j==0)	f[i][j]=(1-p)*f[i-1][j];
			else if(j==n){
				f[i][j]=f[i-1][j-1]*p+f[i-1][j];
			}else{
				f[i][j]=f[i-1][j-1]*p+(1-p)*f[i-1][j];
			}
		}
	}
	double ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		ans+=f[t][i]*i;
	}
	printf("%.7f",ans);
	return 0;
}

P1850

• 设计状态：用$f_{i,j,k}$来表示，$i$表示时间段，$j$表示已经用了$j$次机会，$k$表示换与不换

可得状态转移方程：

$f_{i,j,0}=min(f_{i-1,j,0}+dis1,f_{i-1,j,1}+k_{i-1}\times dis2+(1-k_{i-1})\times dis3)$

P1365

• 显然这道题无法dp，我们可以考虑期望的线性性。

• 如果无问号：

用$(X,L)$表示，得分为$X$，当前combo长度为$L$

如果接上了 $E(X1)=E(X+2L+1)$

如果没接上 $E(X1)=E(X)$

如果有问号

$E(X1)=E(X)+E(L)+\frac{1}{2}$

$E(L1)=\frac{E(L)+1}{2}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
inline int read(){
	int f=1,w=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
		if(c=='-')    f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9'){
		w=(w<<1)+(w<<3)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return f*w;
}
int n;
char s[N];
double f[N];
double len;
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='o'){
			f[i]=f[i-1]+2*len+1;
			len++;
		}else if(s[i]=='x'){
			f[i]=f[i-1];
			len=0;
		}else if(s[i]=='?'){
			f[i]=f[i-1]+len+0.5;
			len=(len+1)/2;
		}
	}
	printf("%.4f",f[n]);
	return 0;
}

p4550

• 与上题类似

P2473

• $$f_{i,S}=\frac{1}{n}\sum _{x=0}^{n-1}max((f_{i+1,S})+a_x)\times [p_x\subset S]+f_{i+1,S})$$

倒叙转移即可。