概率生成函数学习笔记

简称 PGF。

~~哪个天才把多项式出到概率上的啊~~

性质#

设一个多项式 $F(x)=\sum P(X=i)x^i$

然后会发现这玩意有一堆性质，然后就被出成题了。。。

$F(1)=1$ 。这个显然，所有情况的概率和就是 $1$ ， $\sum P(X=i)=1$
$E(X)=F'(1)$ 。

$E(X)=\sum i\times P(X=i)$ 带系数，怎么搞？求个导，就有 $i$ 了。

$E(X^{\underline k})=F^{(k)}(1)$ （ $k$ 阶导）。

上面那个式子多求几次导即可。

或许有人和我一样不知道 $E(X^{\underline{k}})$ 是啥意思。。。 $E(X^{\underline{k}})=\sum P(X=i)i^{\underline{k}}$

$E(X^2)=F''(x)+F'(x)$

$E(X^2)=E(X^{\underline{2}}+X^{\underline{1}})=E(X^{\underline{2}})+E(X^{\underline{1}})=F''(x)+F'(x)$

方差 $V(X)=F''(1)+F'(1)-F'(1)^2$

$V(x)=E(X^2)-E(X)^2=F''(1)+F'(1)-F'(1)^2$

补充一下 $V(X)=E(X^2)-E(X)^2$ 是怎么推出来的，我自己想了好久，最后是在别人的提醒下翻了《具体数学》第八章明白的。

V (X) = E ((X - E (X))^{2}) = E (X^{2} - 2 X E (X) + E (X)^{2}) = E (X^{2}) + E (X)^{2} - 2 E (X) E (X)

$V(X)=E((X-E(X))^2)\\ =E(X^2-2XE(X)+E(X)^2)\\ =E(X^2)+E(X)^2-2E(X)E(X)$

主要是上面那步理解了好久，因为 $E(X)$ 是个常数，所以 $E(E(X)^2)=E(X)^2$ 被直接提了出来。 $E(X\ E(X))=E(X)E(E(X))=E(X)^2$ ，这个用期望的线性性+乘法分配律即证。

= E (X^{2}) - E (X)^{2}

$=E(X^2)-E(X)^2$

所以，方差等于“随机变量平方的均值减去其均值的平方”

然后就可以做题了。。。

例1#

P4548 [CTSC2006]歌唱王国

好像是个套路，但是真的nb

令 $[x^n]F(x)$ 为第 $n$ 轮恰好唱出一个名字的概率， $[x^n]G(x)$ 表示 $n$ 轮之后还没有唱出名字的概率。

那么

F (x) + G (x) = x G (x) + 1

$F(x)+G(x)=xG(x)+1$

上一轮如果还得接着唱，那么再唱一轮只可能结束或者没结束。后面那个 $1$ 就是你唱了 $0$ 轮必然唱不出名字，然而因为 $G(x)$ 乘了 $x$ 常数项没了要手动补上。~~怎么感觉是废话，但是这个式子很有用~~

首先，根据上面性质那部分推导，我们要求的是 $F'(1)$ 。

上面那个式子两边求导

F^{'} (x) + G^{'} (x) = G (x) + x G^{'} (x)

$F'(x)+G'(x)=G(x)+xG'(x)$

直接把 $x=1$ 带进去

$F'(1)=G(1)$ 。

所以只要求 $G(1)$ 就行了。

还有一波骚操作可以导出 $F(x),G(x)$ 的关系。

考虑如何表示出一个必然结束的情况。

用 $G(x)$ 来写就是 $G(x)(\dfrac{x}{n})^{m}$ ，也就是暴力在后面接上一个名字。

但是有可能会存在提前结束的情况。

非常神奇的是用 $F(x)$ 能写出一个有相同组合意义的式子，所以并不用管提前结束这玩意。

显然， $G(x)$ 那个式子有可能提前结束当且仅当现在这个串的末尾是原串的 $\rm Border$ 。

事实上这东西并不严格是 $\rm Border$ ，因为 $\rm Border$ 不能等于自身，但是这题可以。能懂就好了qwq

令 $A_i$ 表示 $[S[1,\cdots,i]=S[m-i+1,m]]$ 也就是是否为 $\rm Border$ 。

\sum_{i = 1}^{m} A_{i} F (x) (\frac{x}{n})^{m - i}

$\sum_{i=1}^{m}A_iF(x)(\dfrac{x}{n})^{m-i}$

后面那个幂次是补上剩下的操作。其实可以理解成枚举在哪个位子提前结束。

所以现在我们得到的是

G (x) (\frac{x}{n})^{m} = \sum_{i = 1}^{m} A_{i} F (x) (\frac{x}{n})^{m - i}

$G(x)(\dfrac{x}{n})^{m}=\sum_{i=1}^{m}A_iF(x)(\dfrac{x}{n})^{m-i}$

带入 $x=1$

G (1) (\frac{1}{n})^{m} = \sum_{i = 1}^{m} A_{i} F (1) (\frac{1}{n})^{m - i}

$G(1)(\dfrac{1}{n})^{m}=\sum_{i=1}^{m}A_iF(1)(\dfrac{1}{n})^{m-i}\\$

再用性质里头那个 $F(1)=1$ ，两边同时乘 $n^m$ 得到

G (1) = \sum_{i = 1}^{m} A_{i} n^{i}

$G(1)=\sum_{i=1}^{m}A_in^i$

感觉好牛逼啊，第一次把具体值往生成函数里代诶。

关于怎么求 $A_i$ ，记住一句曾经在我们班广泛流传的一句话： $\rm Border$ 的 $\rm Border$ 是 $\rm Border$ 。很有用的（

const int N=100005;
#define mod 10000
void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
int n,m,p[N],a[N],ans;
bool A[N];
void print(int n){
   int d[5];d[0]=0;
   for(;n;n/=10)d[++d[0]]=n%10;
   while(d[0]<4)d[++d[0]]=0;
   while(d[0])printf("%c",'0'+d[d[0]--]);
   puts("");
}
signed main(){
   n=read();
   for(int T=read();T;--T){
   	m=read(),ans=0;
   	rep(i,1,m)a[i]=read(),A[i]=0;
   	p[1]=0;
   	int j=0;
   	for(int i=2;i<=m;++i){
   		while(j&&a[j+1]!=a[i])j=p[j];
   		if(a[j+1]==a[i])++j;
   		p[i]=j;
   	}
   	j=m;
   	while(j)A[j]=1,j=p[j];
   	for(int i=1,j=n;i<=m;++i,j=1ll*j*n%mod)if(A[i])fmod(ans+=j);
   	print(ans);
   }
}

例2#

P3706 [SDOI2017]硬币游戏

设 $[x^n]G(x)$ 表示 $n$ 轮之后仍未结束的概率。

考虑答案怎么表示。不能像上面只开一个了。但是注意到 $n$ 很小，于是可以开 $n$ 个。

$[x^n]F_{i}(x)$ 表示第 $i$ 个人在第 $n$ 轮获胜的概率。

和上一题一样，考虑搞一个必然结束的式子出来：

G (x) (\frac{x}{2})^{m}

$G(x)(\dfrac{x}{2})^{m}$

随便在后面接一个串就好了，不妨接上第 $i$ 个。

对于 $F_i(x)$ 可以列一个和上面组合意义相同的式子。

\sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} A_{i, j, k} F_{j} (x) (\frac{x}{2})^{m - k}

$\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{m}A_{i,j,k}F_j(x)(\dfrac{x}{2})^{m-k}$

其中 $A_{i,j,k}=[S_i[1,\cdots,k]=S_j[m-k+1,\cdots,m]]$ 可以哈希 $O(n^3)$ 搞。

还是在枚举在哪个地方出现了提前结束的情况。

所以对于每一个 $i\in[1,n]$ 都有

G (x) (\frac{x}{2})^{m} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} A_{i, j, k} F_{j} (x) (\frac{x}{2})^{m - k}

$G(x)(\dfrac{x}{2})^{m}=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{m}A_{i,j,k}F_j(x)(\dfrac{x}{2})^{m-k}$

还有一个式子是

G (x) + \sum_{i = 1}^{n} F_{i} (x) = x G (x) + 1

$G(x)+\sum_{i=1}^{n}F_i(x)=xG(x)+1$

就是第 $i - 1$ 轮没有结束，那么第 $i$ 轮只有没结束和结束两种状态。

我们要求的是所有的 $F_i(1)$ 。

把 $x=1$ 带入第二个式子

\sum_{i = 1}^{n} F_{i} (1) = 1

$\sum_{i=1}^{n}F_i(1)=1$

然后把第一个式子两边带入 $x=1$ 。

G (1) (\frac{1}{2})^{m} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} A_{i, j, k} F_{j} (1) (\frac{1}{2})^{m - k} G (1) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{m} A_{i, j, k} F_{j} (1) 2^{k}

$G(1)(\dfrac{1}{2})^m=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{m}A_{i,j,k}F_j(1)(\dfrac{1}{2})^{m-k}\\ G(1)=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{m}A_{i,j,k}F_j(1)2^k$

$n+1$ 个未知数 $n+1$ 个方程直接高消就好了。

但是 $2^{300}$ 次方是啥玩意啊。~~然后我去看了看题解区有什么高妙做法~~

woc这玩意double居然能存，存完还能高消，怎么这么nb啊，而且我还不会卡诶（

woc为啥题解都能跑，我就被卡精度了啊/kk

woc我为啥 $2^{300}$ 开的是 int 啊，手残手残，我是傻逼。。。然后就过了qwq

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
const int N=305;
#define mod1 998244353
#define mod2 1000000007
#define base1 31
#define base2 37
int n,m,H1[N][N],H2[N][N],pw1[N],pw2[N];
db a[N][N],ans[N],pw[N];
int hash1(int id,int l,int r){
	return (H1[id][r]-1ll*H1[id][l-1]*pw1[r-l+1]%mod1+mod1)%mod1;
}
int hash2(int id,int l,int r){
	return (H2[id][r]-1ll*H2[id][l-1]*pw2[r-l+1]%mod2+mod2)%mod2;
}
void Gauss(int n){
	rep(i,1,n){
		int mx=i;
		rep(j,i,n)if(fabs(a[j][i])>fabs(a[mx][i]))mx=j;
		if(mx!=i)rep(j,1,n+1)swap(a[mx][j],a[i][j]);
		rep(j,1,n){
			if(i==j)continue;
			db div=a[j][i]/a[i][i];
			rep(k,i,n+1)a[j][k]-=a[i][k]*div;
		}
	}
	rep(i,1,n)ans[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
}
signed main(){
	n=read(),m=read();
	pw[0]=pw1[0]=pw2[0]=1;
	rep(i,1,m)pw1[i]=1ll*pw1[i-1]*base1%mod1,pw2[i]=1ll*pw2[i-1]*base2%mod2,pw[i]=2.*pw[i-1];
	rep(i,1,n){
		static char str[N];scanf("%s",str+1);
		rep(j,1,m)H1[i][j]=(1ll*H1[i][j-1]*base1+(str[j]=='H')+1)%mod1,H2[i][j]=(1ll*H2[i][j-1]*base2+(str[j]=='H')+1)%mod2;
	}
	rep(i,1,n){
		db res=0;
		rep(j,1,n)rep(k,1,m)
			if(hash1(i,1,k)==hash1(j,m-k+1,m)&&hash2(i,1,k)==hash2(j,m-k+1,m))a[i][j]+=pw[k];
		a[i][n+1]=-1,a[i][n+2]=0;
	}
	rep(i,1,n)a[n+1][i]=1;a[n+1][n+1]=0,a[n+1][n+2]=1;
	Gauss(n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)printf("%.10lf\n",ans[i]);
	return 0;
}

预告：可能还会有道例题，等我会做了再放上来。。。

upd：例题没了，因为我不会做。

upd 2021.5.18：真的又做到概率生成函数题了，搬运题解（

例3#

P6125 [JSOI2009]有趣的游戏

设 $n$ 个生成函数 $F_i(x)$ ， $[x^k]F_i(x)$ 表示第 $i$ 个人在第 $k$ 轮获胜的概率。

再设一个生成函数 $G(x)$ ， $[x^k]G(x)$ 表示游戏在第 $k$ 轮仍未结束的概率。

接下去可以得到若干等式：

\sum_{i = 1}^{n} F_{i} (x) + G (x) = x G (x) + 1

$\sum_{i=1}^{n} F_i(x)+G(x)=xG(x)+1$

即在第 $i - 1$ 轮没有结束的概率等于在第 $i$ 轮结束的概率加上没结束的概率，或许写成 $f_i+g_i=g_{i-1}$ 更好理解。

然后对于每一个 $1\le i\le n$ 都可以列出下面的等式

G (x) x^{l} P_{i, 1, l} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{l} [S_{i} [1, k] = S_{j} [l - k + 1, l]] F_{j} (x) x^{l - k} P_{i, l - k + 1, l}

$G(x)x^lP_{i, 1, l}=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{l}[S_i[1,k]=S_j[l-k+1,l]]F_j(x)x^{l - k}P_{i,l - k + 1, l}$

其中 $P_{i,l, r}$ 表示出现 $S_i[l, r]$ 的概率。

等式左边的含义是给没结束的字符串接上一个字符串让他结束，但是也会存在撞上另一个人的串导致提前结束的情况。

等式右边就是所有可以结束的状况的和。一个串 $j$ 已经结束之后又接上了 $S_i[1,l - k]$ 所以除掉 $P_{i,l - k + 1, l}$ 。

可以发现两边组合意义相同。

因为个人习惯，把 $P$ 的定义改成前缀和，减小一些常数，即 $P_{i,k}$ 表示出现 $S_i[1,k]$ 的概率，化简一下可以得到：

G (x) x^{l} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{l} [S_{i} [1, k] = S_{j} [l - k + 1, l]] F_{j} (x) x^{l - k} / P_{i, k}

$G(x)x^l=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{l}[S_i[1,k]=S_j[l-k+1,l]]F_j(x)x^{l - k}/P_{i,k}$

然后注意到每个人获胜的概率就是 $F_i(1)$ ，那么把 $x=1$ 带进去。

\sum_{i = 1}^{n} F_{i} (1) = 1

$\sum_{i=1}^{n} F_i(1)=1$

G (1) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{l} [S_{i} [1, k] = S_{j} [l - k + 1, l]] F_{j} (x) / P_{i, k}

$G(1)=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{l}[S_i[1,k]=S_j[l-k+1,l]]F_j(x)/P_{i,k}$

$n+1$ 个方程 $n+1$ 个未知数直接高斯消元，复杂度 $O(n^3)$ 。

注意到这个方程在所有串都不可能得到的情况下会无解要特判。然后还有一堆奇怪的边界要注意，看个人写法了，主要是除以 $0$ 的情况要小心。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
const int N = 13;
const int base = 11;
const int mod = 20050103;// tommy0103/qq
//忽然发现不用取模，但是上面那行不想删了（ 
int n, l, m, s[N][N];
db p[N], P[N][N], a[N][N], ans[N];
LL H[N][N], pw[N];
inline LL getHash(int i, int l, int r) {
	return H[i][r] - H[i][l - 1] * pw[r - l + 1];
}
inline void Gauss(int n) {
	rep(i, 1, n) {
		int mx = i;
		rep(j, i + 1, n) if(fabs(a[j][i]) > fabs(a[mx][i])) mx = j;
		if(mx != i) { rep(j, 1, n + 1) swap(a[mx][j], a[i][j]); }
		rep(j, 1, n) {
			if(i == j) continue;
			db d = a[j][i] / a[i][i];
			rep(k, i, n + 1) a[j][k] -= a[i][k] * d;
		}
	}
	rep(i, 1, n) ans[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
}
signed main() {
	n = read(), l = read(), m = read();
	rep(i, 1, m) p[i] = read(), p[i] /= read();
	pw[0] = 1;
	rep(i, 1, l) pw[i] = pw[i - 1] * base;
	rep(i, 1, n) {
		static char str[N];
		scanf("%s", str + 1), P[i][0] = 1;
		rep(j, 1, l)
			s[i][j] = str[j] - 'A' + 1,
			H[i][j] = H[i][j - 1] * base + s[i][j],
			P[i][j] = P[i][j - 1] * p[s[i][j]];
	}
	bool flg = 1;
	rep(i, 1, n) {
		if(P[i][l] < 1e-11) {
			a[i][i] = 1;
			continue;
		}
		flg = 0;
		rep(j, 1, n) if(P[j][l] > 1e-11) {
			rep(k, 1, l) if(getHash(i, 1, k) == getHash(j, l - k + 1, l))
				a[i][j] += 1. / P[i][k];
		}
		a[i][n + 1] = -1, a[i][n + 2] = 0;
	}
	if(flg) {
		rep(i, 1, n) puts("0.00");
		return 0;
	}
	rep(i, 1, n) a[n + 1][i] = 1;
	a[n + 1][n + 1] = 0, a[n + 1][n + 2] = 1;
	Gauss(n + 1);
	rep(i, 1, n) printf("%.2lf\n", ans[i] < 1e-5 ? 0. : ans[i]);
	return 0;
}

posted @ 2021-01-09 22:43 zzctommy 阅读(282) 评论(5) 编辑收藏举报

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