零散知识点

• \(1.\)有\(n\)个独立的在\(0\)到\(1\)之间等概率生成的连续型随机变量，则第\(i\)小的数的期望是\(E(X_i)={i\over n+1}\)
  推广一下，若变量的生成范围为\([l,r]\)，则第\(i\)小数的期望为\(E(X_i)=l+{i\times (r-l)\over n+1}\)
  证明

• \(2.\)有\(m\)个独立的在\(1\)到\(n\)之间等概率生成的离散型随机变量，且两两不同，则其中第\(i\)小的数的期望是\({i\times (n+1)\over m+1}\)

\[\begin{aligned} E(X_k) &={1\over {n\choose m}}\sum_{i=1}^ni{i-1\choose k-1}{n-i\choose m-k}\\ &={1\over {n\choose m}}\sum_{i=1}^nk{i\choose k}{n-i\choose m-k}\\ &={k\over {n\choose m}}\sum_{i=1}^n{i\choose k}{n+1-(i+1)\choose m-k}\\ &={k\over {n\choose m}}\sum_{i=1}^{n+1}{i-1\choose k}{n+1-i\choose m-k}\\ &={k\over {n\choose m}}{n+1\choose m+1}\\ &={k(n+1)\over m+1} \end{aligned} \]

• \(3.\)对于一个数列\(f\)，其中\(f_{0,...,k-1}\)已经给出，且满足\(f_i=\sum_{j=1}^{k}f_{i-j}b_j,\forall i,i\geq k\)，其中\(b_j\)是一个定值，那么\(x^n=\sum_{j=1}^k x^{k-j}b_j\)就称为该数列的特征方程
  这个东西可以用来求解数列的通项公式的，也就是说\(f_i=\sum_{j=1}^k c_jp_j^i\)
  如果特征方程的\(k\)个根互不相同，则\(p_j\)就分别是特征方程的\(k\)个根
  如果有重根，设一个根重复了\(c\)次，那么我们可以用\(p_j,p_j\times i,p_j\times i^2,...,p_j\times i^{c-1}\)来代替

• \(4.\)赌徒破产问题：初始时\(A,B\)两人分别有\(a,b\)枚硬币，每一局两人分别有\(p,1-p\)的概率获胜，胜者可从败者手中取一枚硬币，最终某一方硬币为\(0\)停止，求\(A\)取得所有硬币的概率
  记\(f_i\)表示\(A\)有\(i\)枚硬币时取得所有硬币的概率，显然有\(f_{a+b}=1,f_0=0\)
  不难发现\(f_i=pf_{i+1}+(1-p)f_{i-1}\)
  代入数列特征方程有\(x=px^2+1-p\)
  解得\(x_1=1,x_2={1-p\over p}\)
  记\(q=x_2\)，则可求得通项公式

\[f_i= \begin{cases} {q^i-1\over q^{a+b}-1}& p\neq {1\over 2}\\ {i\over a+b}& p={1\over 2} \end{cases} \]

• \(5.Fibonacci\)数列平方和
  设\(f_0=0,f_1=1\)，则\(\sum_{i=0}^n f_i^2=f_nf_{n+1}\)
  归纳证明即可

• \(6.\)定义\(n\)个变量\(x_i\)，取值在\([0,1)\)之间随机，且满足\(\sum_{i=1}^n x_i=1\)，求\(E(\min(x_i))\)。这个问题也等价于在\([0,1)\)上随机取\(n-1\)个点，把线段分成的\(n\)段的长度中的最小值的期望
  如果我们设最短的一段为\(x\)，那么剩下的\(n-1\)段都要大于等于\(x\)，即

\[\begin{aligned} P(L_{\min}\geq x)=(1-nx)^{n-1} \end{aligned} \]

于是

\[\begin{aligned} E(L_{\min}) &=\int_{0}^{1\over n}P(L_{\min}\geq x){\rm d}x\\ &=\int_{0}^{1\over n}(1-nx)^{n-1}{\rm d}x\\ &={1\over n^2} \end{aligned} \]

如果我们考虑次长段，那么就是剩下的\(1-nx\)中最短的一段，即

\[\begin{aligned} {1-nE(L_{\min})\over (n-1)^2}+E(L_{\min})={1\over n}\left({1\over n}+{1\over n-1}\right) \end{aligned} \]

于是归纳可得第\(k\)短的长度为期望为

\[\begin{aligned} E(L_k)={1\over n}\left({1\over n}+{1\over n-1}+...+{1\over n-k+1}\right) \end{aligned} \]

同时，归纳可得

\[\begin{aligned} E(L_k)-E(L_{k-1})={1\over n(n-k+1)} \end{aligned} \]

• \(7.K-Nim\)，在\(Nim\)的基础上变为每次最多可以取\(K\)堆石子进行操作，每堆取的数量可以不同
  结论：记\(c_i\)为二进制第\(i\)位为\(1\)的数的个数，后手必胜当且仅当对于每一个\(i\)都有\(c_i\equiv 0\pmod{K+1}\)
  证明留待读者自行思考，因为我也不会

• \(8.\)线性基求交 这里

• \(9.\)类欧几里得 这里

• \(10.\)区间子串个数 这里

• \(11.\)位运算卷积 这里

• \(12.\)CH定理和线性递推 这里

• \(13.\)BM算法 这里

• \(14.\)约瑟夫问题 这里

• \(15.\)下降幂与上升幂与普通幂的转化

\[\begin{aligned} & x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}{n\\ k}\end{Bmatrix}x^{\underline k}\\ & x^{\underline n}=\sum_k\begin{bmatrix}{n\\ k}\end{bmatrix}(-1)^{n-k}x^{k}\\ & x^n=\sum_k\begin{Bmatrix}{n\\ k}\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline k}\\ & x^{\overline n}=\sum_k\begin{bmatrix}{n\\ k}\end{bmatrix}x^{k}\\ \end{aligned} \]

• \(16.\)第一类斯特林数按行求和 这里

• \(17.\)对于一个平面图，有欧拉定理\(V-E+F=C+1\)，其中\(V\)为点数，\(E\)为边数，\(F\)为面数（这里指平面），\(C\)为连通块数

• \(18.\)偏序集求最长反链方案 这里

• \(19.\)拟阵 这里