一睹敦爷真容 哇
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前置芝士
定义 ： 随机变量 概率 期望 独立事件
几个重要的式子
((1 - x) sum^{n}_{i = 0} x^i = 1 - x ^ {n + 1})
(sum^{inf}_{i = 0} x^i = frac{1}{1 - x})
(sum^{n}_{i = 0} x^i = frac{1 - x^{n + 1}}{1 - x})
(E(XY) = E(X)E(Y))
X, Y相互独立（感谢dy提醒）
期望的线性性：
(E(X + Y) = E(X) + E(Y))
注意 这个式子虽然对事件没有要求 但是两个事件对期望的贡献必须是不重复的
接下来的经典问题部分会有提及
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技巧
- 一、前缀和技巧
对于离散变量X，有P(x == K) = P(x leq K) - P(x leq K - 1) = P(x geq K) - P(x geq K + 1)
用后者可证明一个重要结论
对于一件发生概率为P的事件，反复横跳直到发生的期望次数是(frac{1}{P})
证明类似时把式子展开 前后项消一下 用第二个公式即可（有时间填坑）
- 二、拿球问题
对于等价的问题 可以感性理解 概率均等
- 三、游走问题
1、f[i]表示从i走到下一个i + 1期望步数
(f[i] = frac{1}{2} · 1 + frac{1}{2}(1 + f[i - 1] + f[i]))
(f[i] = 2 + f[i - 1])
2、每一个点可能直接到目的地 或者走到另一个不相干的点 每次成功几率为(frac{1}{n - 1})所以期望步数n - 1
3、同侧 (A = B + 1)
异侧 (B = frac{1}{n} + frac{n - 1}{n} (1 + A))
解得(B = 2n - 1, A = 2n)
4、花心 ：1
花花 (A = B + 1)
心花 (B = frac{1}{n} + frac{n - 1}{n} (1 + A))
解得(B = 2n - 1, A = 2n)（与完全二分极为类似）
5、可以看作从x到根
(E(x) = frac{1}{|V| + 1} + frac{|V|}{|V| + 1}(E(j) + E(i) + 1))
6、多套几个就好啦。。标答完全图带个链
- 四、经典问题
答案：
1、(sum^{n}_{i = 1} frac{n}{i})
2、(frac{1}{i})
3、(sum^{n}_{i = 1}sum^{n}_{j = 1, j != i} frac{1}{ij} + sum^{n}_{i = 1} frac{1}{i})
4、(frac{1}{2})
5、(1) (frac{ binom{n}{m} (n - m)}{n!} = frac{1}{m!})
(2)(frac{(n - m + 1)(n - m)!}{n!})
6、(1 + sum^{n}_{i = 2}frac{a[i]}{a[1] + a[i]})
7、(E(x_i) = p E(x_{i - 1} + 2E(y_{i - 1}) + 1) + (1 - p)E(x_{i - 1}))
(E(y_i) = p(E(y_(i - 1)) + 1))
8、(frac{2}{(j - i + 1)(j - i)})
9、排列组合暴力加
10、(sum_{i - 1}^{n} frac{1}{lfloorfrac{n}{i} floor})
-----------------------------------下午的分割线（说好的分治什么的全咕掉了）-----------------------------------
练习题
1、暴力啊(sum_{i , j} C_{ij}w_i w_j)
2、考虑一个数贡献次数期望(sum_{i = 1}^{n} a_i sum_{j = 1}^{n - 1} frac{2}{n - j + 1})
3、注意是位置哦。。两边的概率是(frac{1}{2}) 中间的概率是(frac{1}{3})
4、(sum_{i = 1}^{n} frac{1}{dep[i]})
基础部分总结
(E(x) = sum E(x_i))
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一些题 （贴课件）
先floyd计算最短路 然后dp (f[i][j][0/1]) i表示到了第i节课 j表示申请的教室数 0/1表示是否申请
（第三维仅表示申请，不一定申请成功）
(2sum_{i = 2}^{n} frac{1}{n} sum_{i = 1}^{R} G_i)
(G_i为以i为右端点区间数目)
本题分为两部分
第一部分：
$E(S) = sum_{K} P(S = K) K $
(= sum_{K} P(S >= K))
$ = 1 - sum_{K} P(S <= K)$
证明:$E(S) = sum_{K} P(S = K) sum_{j = 1}^{K} 1 $
$ = sum_{j} 1 sum_{K >= j} P(S == K) $
$ = sum_{j} P(S geq j)$
至此，问题变成了枚举(K(leq 200))，求出直径小于等于(K)的概率
第二部分：
(f[i][j]) ：表示以i为根的子树 最深处为j的概率
转移：对于i的一个子节点v，枚举深度k有
(f'[k] += 0.5f[v][k], f'[k + 1] += 0.5f[v][k])
枚举深度k （目标直径K）
再枚举(j + k leq K)
则有(f[i][max(j, k)] = f[i][j] + f'[k])
最后的答案是根节点(sum_{j} f[ROOT][j])
每个颜色都是等价的 他们的转移也是
当一次操作发生时 我们把它的贡献乘二 给参与操作的球一人一半
最后把答案除以二
这样贡献就可以对每个颜色独立计算了
对于一个颜色 f[i]表示这个序列中有i个该颜色球的期望步数
那么设
p1 = (这个颜色的球同化了一个同颜色的球)
p2 = (这个颜色的球同化了一个别的颜色的球)
p3 = (别的颜色的球同化了一个同颜色的球)
p4 = (别的颜色的球同化了一个别的颜色的球)
有转移(f[i] = p1(f[i] + 2) + p2(f[i - 1] + 1) + p3(f[i + 1] + 1) + p4(f[i]))
然后我们移一下项就可以递推啦 和DAY3随机游走那题很类似
按位计算贡献，第i位每次操作有四种可能
(被区间覆盖的可能性(P = frac{i(n - i + 1)}{n(n - 1)}))
0 -> 0(1 - P)
0 -> 1(P)
1 -> 0 (P)
1 -> 1(1 - P)
把这个造一个转移矩阵
然后把每个位 按照当前是1或0的概率造一个矩阵
于是可以矩阵快速幂了
中心思想就是比自己大的赋为1 比自己小的赋为0 然后1~n每个计算贡献
按边计算贡献 一个线段在凸包上 <=>所有的点在它的一侧
所以P为(frac{2^{s0} + s ^ {s1}}{2 ^ {s0 + s1}})
(sum_{i = 1}^{n}frac{min(a_i, a_{i mod n + 1})}{a_i a_{i mod n + 1}})
中心思想就是比自己大的赋为1 比自己小的赋为0 然后1~n每个计算贡献
这样的话 对于每一种序列 (E.G.1011=0110) 都对应一个值(E.G.4) 可以计算有序的步数(E.G.5)
然后满足这样的序列有(frac{1}{2^n * n})种
枚举计数即可
(f[i][j]表示剩下i个人 前面有j个人被当活人选过)
(类似于标黑方法)
(f[i][j] --被开过枪打死了(1 - (1 - p)^j)--> f[i - 1][j])
(f[i - 1][j] --被开过j次枪但没死((1-p)^j)--> f[i - 1][j + 1])
推荐练习题
()[https://blog.csdn.net/star_moon0309/article/details/81348643]