概率和期望

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概率和期望
想必对于概率，大家都是挺熟悉的，从小学就开始学习

概率定义
- 概率：我们可以简单的理解为事情发生的可能性
- 样本空间：事情所在的全集集合
我们也有如下性质，就是对于样本空间的一些事件来说的，我们假设样本空间的事件为 (A) ，设 (P(A)) 代表的是事件 (A) 概率，则有
- (0leq P(A)leq 1)
- (sum p(A) = 1)
- 设 (A_1,A_2…) 是两两独立的事件，那么 (P(A_1cup A_2…) = P(A_1) + P(A_2) + …)
一些性质
- (P(phi) = 0)
- 如果 (Asubset B) , 则有 (P(B-A) = P(B) - P(A)) ，更一般的则有：(P(B-A)=P(B)-P(AB))
- (P(Acup B) = P(A) +P(B) - P(AB))
条件概率

定义及其计算式

定义：在已知 (B) 事件发生时事件 (A) 发生的概率为 (P(A｜B) = frac{P(AB)}{P(B)})
- 乘法法则： (P(AB) = P(A｜B) ast P(B))
条件概率性质
- $P(phi｜A) = 0 $
- 若 (B_1,B_2…B_n) 互不相容，则 (P(U_{i=1}^{n}B_i｜A) = sum_{i=1}^{n}P(B_i｜A))
- (P(ar{B}｜A) = 1 - P(B｜A))
- (P(Bcup C｜A) = P(B｜A) + P(C｜A) - P(BC｜A))
期望定义

为什么叫期望呢，就是你在一个样本空间内选择事件，然后每一个事件都有一个权值(扔色子) ，不同的事件对应着不同的权值，然后我们肯定不能只拿小的，我们不乐意（你乐意我不乐意），我们也不可能只拿大的，显然这是不可能(欧皇也没这么欧)，所以我们期望能够获得多少的权值。这就叫做期望。

计算式和小性质
- (E[f(x)] = sum f(x)P(X == x))
- 还有一个能够简化计算的，就是和的期望等于期望的和。
- (E[c_1 X_1 + c_2X_2+…] = c_1 E(X_1) + c_2E(x_2)+…)
- 如果 (X_1,X_2) 独立，则有 (E(X_1X_2)=E(X_1)E(X_2))
贝叶斯公式

设 (B_1,B_2…B_n) 为样本空间的划分，则有

[P(B_i ｜A) = frac{P(A｜B_i)P(B_i)}{sum_{j=1}^n P(A｜B_j) P(B_j)} ]
独立事件

如果 (P(A)P(B) = P(AB)) , 那么就有 (AB) 事件独立

我们可以认为， (AB) 事件无交集
- 其中不可能事件，必然事件和任何事件都是相互独立的。
(AB) 独立的 (P(B ｜A) = P(B))

三门问题

【description】:

现在有 (3) 扇门，门后面有 (3) 个物件，可能是一块石头，也可能是一块黄金，现在你打开了一扇门，然后主办方又打开了一扇门，门后面是一块石头，现在你是选择坚持你选择的门，还是选择换一扇门。

【solution】:

换一扇门 ：首先我们要知道一个内幕，那就是，主办方当然知道哪一扇门后面有黄金，但是主办方是不会将黄金翻开的，也就说，主办方只会翻开带有石头的。那么我们显然是有几种可能

我们从左到右分别第 (1,2,3) 扇门，其中 (1) 表示黄金，(0) 表示石头

我们假设 (1) 号门中有黄金，其中 (2,3) 有的只是石头。然后我们开始模拟你选择的过程：

我们运气很好，直接翻开了 (1) 号门，那么主办方显然随便翻开了 (2,3) 门即可。
我们运气不好，选择翻开了 (2) 号门，那么这个时候，主办方只能够选择 (3) 号门，
我们运气不好，选择翻开了 (3) 号门，那么这个时候，主办方只能够选择 (2) 号门。

最后这个游戏随机放置，我们怎么知道哪一号门有黄金，然后我们只知道，我们选择换门的话，我们能够得到黄金的概率是 (frac{2}{3}) ，但是不换门的概率能够得到黄金的概率却只有 (frac{1}{3})。所以我们呢选择换一扇门。

三门问题的别样

这个说是三门问题的别样，但是却和三门问题是没什么联系。

【description】:

现在在小明和小泽面前有三瓶药，其中两瓶是毒药，每个人必须喝一瓶。但是小泽手速很快，抢了一瓶，立马干了，死了，然后小聪很疑惑，他到底是喝手里这瓶还是另外的一瓶。

【solution】:

换不换一样

我们发现这货很三门问题很像，有一个质的区别，就是三门问题中的主办方知道哪一个黄金，但是他选择的是只能是石头，但这个题不一样，小泽也想活下去，他可能选择了不是毒药的那瓶，但是主办方是绝对不会选择的。然后就一样了。

概率的一个问题

准确的说，是颠覆了我对于概率的认知。

【description】：

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为 (p) ，第二枚正面向上的概率为 (q) 。
- 现在小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 (x) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
- 接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向 (y) 轴正方向走一步，直到抛到正面。
- 现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面小胡就向 (x) 轴的负方向走一步，否则小胡就向 (y) 轴的负方向走一步。
- 现在他在往回走的时候经过原点的概率是多少？
【solution】:

~~可能分开后有利于理解题意~~

我可以先告诉你答案为无限无限无限近似于 (p)（我们可以认为其就是 (p)） ,惊讶吗？我当时被颠覆了。

我们发现在一开始的两步，我们是可能走遍整个第一象限的，所以我们枚举第一象限的所有点。我们就有到达 ((x,y)) 这个点的概率为 ((1-p)^x imes p imes (1-p)^y imes p) 这么个玩意。同时也就是对应上面的过程 (1,2) , 那么我们考虑一下过程 (3) ,那么我们让 ((x,y)) 回到 ((0,0)) 那么我们需要抛 (x) 次正面， (y) 次反面，那么也就是 (q^x imes (1-q)^y)
但是我们这里有一个顺序问题，就是 (x) 次正面，你怎么抛，那么就有 (C_{x+y}^{x}) 的可能，那么我们过程 (3) 的概率就是 (q^x imes (1-q)^y imes C_{x+y}^{x}) .

那么我们把过程 (1,2,3) 综合起来，就是 ((1-p)^x imes p imes (1-p)^y imes p imes q^x imes (1-q)^{y} imes C_{x+y}^{x})
由于这个 ( imes) 长有点像 (x) ,所以我们用 (ast) 代替一下

那么答案就是

[sum_{x =0}^{infty}sum_{y=0}^{infty}(1-p)^x ast p ast (1-p)^y ast p ast q^x ast (1-q)^yast C_{x+y}^{x} ]
~~我们是傻逼，考虑暴力~~

[sum_{x=0}^{infty}sum_{y=0}^{infty}(1-p)^{x+y}ast p^2 ast q^x ast (1-q)^yast C_{x+y}^x ]
我们考虑一下换元我们令 (t = x + y) , 然后我们枚举 (t,x) , 我们就能得到

[sum_{t=0}^{infty}sum_{x=0}^{t}(1-p)^t ast p^2 ast q^x ast (1-q)^{t-x} ast C_{t}^{x} ]
我们有一些项和 (x) 无关，我们将其移到前面来。

[sum_{t=0}^{infty}(1-p)^tast p^2 sum_{x=0}^{t} q^x ast (1-q)^{t-x} ast C_{t}^{x} ]
我们发现后面其实是二项式定理。

[sum_{t=0}^{infty}(1-p)^t ast p^2 (1 - q + q)^t ]
[sum_{t=0}^{infty}(1-p)^t ast p^2 ]
我们发现 (p^2) 和 (t) 没关系，提到前面来，就能够得到。

[p^2 sum_{t=0}^{infty}(1-p)^t ]
涉及一个等比数列，后面再说一下，并不打算给出证明，不会

[p^2 ast frac{1 - (1 - p) ^ {infty}}{1 - (1 - p)} ]
其中 ((1-p)^{infty}) 很显然是无限近似于 (0) 的，然后就能够得到 (p^2 ast frac{1}{p} = p)

神奇。

等比数列求和：
因为上面是 ((1-p)^0,(1-p)^1,(1-p)^2) 之间比值为 ((1-p)) ，所以是一个等比数列。
因为这里表示太麻烦了，我们用 (a , 1,n) 表示
(sum_{i = 0}^{n} a^i = frac{1-a^{n+1}}{1-a})

刷矩形

【(description)】:有一个 (n imes m) 格子的矩形，每次随机刷掉一个矩形，问 (k) 次之后期望刷掉多少个格子， (n,mleq 10^3 , k leq 100)
【(solution)】: 我们有期望的和 = 和的期望，我们就可以将这个问题转化成求解每一个格子的期望，我们发现刷掉的贡献为 (1) , 没有刷掉的贡献为 (0) , 所以，整个矩形的格子期望值就得到每一个格子的概率之和。
```
/*
 By : Zmonarch
 知识点 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define int long long 
#define qwq register
#define inl inline 
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 998244353 ; 
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ; 
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;} 
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ; 
} 
int n , m ; 
double quick(double a , int b) {
	double ret = 1.0 ; 
	while(b) 
	{
		if(b & 1) ret = ret * a ; 
		a = a * a ; 
		b >>= 1 ;
	}
	return ret * 1.0 ; 
}
double P(double a , double b ) {
	double A = 4.0 * a * b * (n * 1.0 - a + 1.0) * (m * 1.0 - b + 1.0) ; 
	double B = 2.0 * (a * (n * 1.0 - a + 1.0) + b * (m * 1.0 - b + 1.0)) ; 
	double C = 1.0 ; 
	return (double)(A - B + C ) / (n * 1.0 * m * 1.0 * n * 1.0 * m) ; 
}
signed main() {
	double ret = 0.0 ; 
	int k = read() ; n = read() , m = read() ; 
	for(qwq double i = 1.0 ; i <= n * 1.0 ; i += 1.0) 
	 for(qwq double j = 1.0 ; j <= m * 1.0 ; j += 1.0) 
	  ret += 1.0 - quick((1.0 - P(i , j)) , k ) ;   
	  //printf("%lf" , ret) ; 
	printf("%.0lf
" , ret ) ; 
	return 0 ; 
}
```
神奇的矩形

【(description)】给出三个行数和列数均为(N)的矩阵(A,B,C)，判断(A imes B=C)是否成立。 (nleq 10^3)
【(Solution)】: 我们随机一个 (n imes 1) 的矩阵 (k) , 然后让 (A imes B imes k , C imes k) 看一下左右边是否相等，其中矩阵虽然不满足交换律，但是它满足结合律，我们可以先让 (b imes k) ,然后再和 (A) 想乘，所以复杂度是 (O(n^2)) 的，可过。

【(Code)】:
```
/*
 By : Zmonarch
 知识点
只要是正义的一方，无论手段多么卑鄙都可以被原谅
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <cstdlib>
#define int long long
#define qwq register
#define inl inline
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 19260817 ;
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;}
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ;
}
int n ; 
struct Matrix{
	int n , m ; int a[1001][1001] ; 
	Matrix() {n = m = 0 ; memset(a , 0 , sizeof(a));}
};
Matrix operator * (const Matrix &m1 , const Matrix &m2) {
	Matrix m3 ; m3.n = m1.n ; m3.m = m2.m ;
	for(qwq int i = 1 ; i <= m3.n ; i++) 
	 for(qwq int j = 1 ; j <= m3.m ; j++) 
	  for(qwq int k = 1 ; k <= m1.m ; k++) 
	   m3.a[i][j] = (m3.a[i][j] + m1.a[i][k] * m2.a[k][j]) % kmod ; 
	return m3 ; 
}
bool operator == (const Matrix &m1 , const Matrix &m2) {
	if(m1.m != m2.m || m1.n != m2.n) return 0 ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= m1.n ; i++) 
	 for(qwq int j = 1 ; j <= m1.m ; j++) 
	  if(m1.a[i][j] != m2.a[i][j]) return 0 ; 
	return 1 ; 
}
signed main() {
	srand(kmod) ; 
	while(scanf("%lld" , &n) != EOF) 
	{
		Matrix a , b , c , t ; 	t.n = n ; t.m = 1 ;
		a.n = b.n = c.n = a.m = b.m = c.m = n ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  a.a[i][j] = read() % kmod ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  b.a[i][j] = read() % kmod ; 
		for(qwq int i = 1 ; i <= n; i++) 
		 for(qwq int j = 1 ; j <= n ; j++) 
		  c.a[i][j] = read() % kmod ; 
		int T = 15 ; bool flag = 0 ; 
		while(T--) 
		{
		 
			for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) t.a[i][1] = rand() % kmod ; 
			if(!(a * (b * t) == c * t)) {flag = 1 ; break ;}
		}
		if(flag) printf("No
") ; 
		else printf("Yes
") ;
	}
	return 0 ;
}
```
OSU！

【description】:

osu是一款群众喜闻乐见的休闲软件。

我们可以把osu的规则简化与改编成以下的样子:

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。

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。

【solution】

我们先来考虑贡献的不是 (x^3) 而是 (x) 的情况，那么就是其中有多少个 (1) 就好。

这里直接给出正解：我们设 (f_i) 表示前 (i) 个进程完成后末尾有多少个 (1) 的期望，那么我们在推导 (f_{i+1}) 的时候，$f_{i+1} = (f_{i} + 1 ) * p_{i+1} + 0 * (1 - p_{i+1}) $
然后我们考虑一下贡献为 (x^2) 的时候， ((x+1)^2 = x^2 + 2x + 1 = g_{i-1}+2f_{i-1}+1) 概率同样为 (p_{i}) 我们照猫画虎，就能够得到考虑贡献 (x^3) 也是一样的。但是这里注意的是，这里不再是末尾为多少个 (1) 的期望值，而是整体的期望值。

【Code】
```
/*
 By : Zmonarch
 知识点
 只要是正义的一方，无论手段多么卑鄙都可以被原谅
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#define int long long
#define qwq register
#define inl inline
#define inf 2147483647
const int kmaxn = 1e6 + 10 ;
const int kmod = 998244353 ;
inline int read() {
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = - 1 ; ch = getchar() ;}
	while( isdigit(ch)) {x = x * 10 + ch - '0' ; ch = getchar() ;}
	return x * f ;
}
int n ; 
double f[kmaxn] , g[kmaxn] , h[kmaxn] , p[kmaxn] ; 
signed main() {
	n = read() ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) std::cin >> p[i] ; 
	for(qwq int i = 1 ; i <= n ; i++) 
	{
		f[i] = (f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
		g[i] = (g[i - 1] + 2 * f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
		h[i] = h[i - 1] + (3 * g[i - 1] + 3 * f[i - 1] + 1) * p[i] ; 
	}
	printf("%.1lf" , h[n]) ;
	return 0 ;
}
```
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Zmonarch/p/14741679.html

概率定义

一些性质

条件概率

定义及其计算式

条件概率性质

期望定义

计算式和小性质

贝叶斯公式

独立事件

三门问题

【description】:

【solution】:

三门问题的别样

【description】:

【solution】:

概率的一个问题

【description】：

【solution】:

刷矩形

神奇的矩形

OSU！

【description】:

【solution】

【Code】