【wqy】期望，概率

DAY6概率(照着打一遍整理思路

概率

概念

• 概率：一件事情发生的可能性

• 期望：平均值，(E=sum P_iw_i)

• 两者的联系：概率为(p)的事件期望(frac1p)次后发生。

• 独立事件：对于两个独立事件(A,B)，(P(AB)=P(A)P(B)) (期望的不相关可积性)

• 对于离散变量(X),((P_{(X=K)}=P_{(Xle K)}-P_{(Xleq K-1)}))

• 期望的线性性：(E(x+y)=E(x)+E(y))，无论(x)和(y)是否独立

线性性==

  (E(x+y)=E(x)+E(y)) 任意(x,y)
[E(x+y)=sum_i sum_j P(x=i,y=j)(i+j)]
[sum_i sum_j P(x=i,y=j) i]
[=sum_i i P(x=i)]
j同理
得到
[sum_iiP(x=i)+sum_jjP(x=j)]
[=sum_i sum_j P(x=i,y=j) i+sum_i sum_j P(x=i,y=j) j]
[sum_i sum_j P(x=i,y=j)(i+j)]
[=E(x+y)] 

• 方差：随机变量的方差定义为(V(x)=Eig((x-E(x))^2ig))

  [V(x)=Eig((x-E(x))^2ig)=E(x^2-2xE(x)+E(x)^2) ]

    	$$=E(x^2)-E(2xE(x))+E(E(x)^2)$$  将$E(2xE(x))$可转化为$2E(x)^2$ 
  

  ​ (=E(x^2)-E(x)^2)

  即方差的期望等于平方的期望减去期望的平方

练习

• 每次随机一个([1, n]) 中的数，求期望几次能随机出所有的数。

  根据期望的线性性，只需要考虑要想把第(i)个数随机出来，期望需要随机几次。
  对于第(i+1)个数，它被随机到的概率是(frac{n-i}n)，期望就是(frac n{n-i})
  (E=frac nn+frac n{n-1}+...+frac n1=O(n ln n))

• 随机一个排列 求(p_i)是(p_1,p_2,..,p_i)中最大的数的概率
  所有的数是等价的，所以(p_1)到(p_i)中每一个数成为最大值的概率是相等的 概率就是(frac1i)

随机游走

DAG

一张从(S)到(T)的DAG，求从(S)随机游走到(T)的期望步数

设(f_i)为从(i)走到(T)的期望步数 拓扑排序后DP 枚举每一个点的出边转移 (f_u=frac1{d_u}sum(f_v+1))

链

有一条长度为(n)的链，求从一端走到另一端的期望步数 每次随机向左或者向右走，如果当前在一端那么就只能向另一端走

设(f_i)表示从(i)走到(i+1)的期望步数 答案为(f_0+f_1+f_2+...+f_{n-1})

首先(f_0=1)

考虑第(i)个节点 若它第一步向右，则步数为(1)，概率为(frac12)；

若向左，则步数为(f_{i-1}+f_i+1)，概率为(frac12)

所以(f_i=frac12*1+frac12*(f_{i-1}+f_i+1)) 化解得(f_i=f{i-1}+2)

(ans=1+3+5+...+(2n-1)=n^2)

团—完全图

(n)个点的完全图 求从(S)随机游走到(T)的期望步数

每个点都是等价的

设(E)表示从一个点走向另一个点的期望步数，则$$E=frac1{n-1}1+frac {n-2}{n-1}(E+1)=n-1$$

有(frac1{n-1})的概率成功 类比抛硬币 每次(frac 1{n-1})抛到正面 期望步数为(n-1)

n点菊花图游走，根到x的期望步数

[E=frac{1}{(n-1)}+frac{(n-2)}{(n-1)}*(2+E)=(2n-1) ]

构造

构造一个(200)个节点的无向图，使得从(1)随机游走到(n)的期望步数超过(10^6)

100个点的完全图伸出来一条长度为100的链

设(E_0)表示从完全图里的一个点走向链头的期望步数，(E_0=99)

(f_i)表示在链上从(i)走向(i+1)的期望步数 (f_0=frac1{100}+frac{99}{100}(99+1+f_0)) (f_0=9901)

(f_i=f_{i-1}+2) (ans=9901+9903+...+10099=10^6)

树

一棵树 求(S)随机游走到(T)的期望步数

根据期望的线性性，只需要求出从一个点随机游走到达它的父节点的期望步数(f_x)和从父节点随机游走到它的期望步数(g_ x)，(x)的度数是(d_x)

对于(f) 枚举点(x)下一步是向上走还是向下走 (f_x=frac1{d_x}+sum_vfrac1{d_x}*(f_v+f_x+1)=d_x+sum_vf_v)

对于(g) (g_x=frac1d+frac1d(1+g_{fa_x}+g_x)+sum_{fa_y=fa_x}frac1d(1+f_y+g_x)))
​ (=d_{fa_x}+g_{fa_x}+sum_{fa_y=fa_x}f_y=d_{fa_x}+g_{fa_x}+f_{fa_x}-d_{fa_x}-f_x)
​ (=g_{fa_x}+f_{fa_x}-f_x)

实战

noip2016换教室

bzoj4318 OSU！

有一个长度为(n)的序列，第(i)个位置有(p_i)的概率为(1)，(1 − p_i)的概率为(0)，一个序列的分数是所有极长连续的(1)的长度的三次方和。求期望分数。

一次方：(ans=sum p_i)
二次方：(f_i)表示以(i)为结尾的长度的期望 (g_i)表示以(i)结尾的长度的平方的期望
(f_{i+1}=p_{i+1}(1+f_i))，(g_{i+1}=E((x+1)^2)=E(x^2+2x+1)=p_{i+1}(g_i+2f_i+1))
同理 (h_i)表示以(i)结尾的三次方的期望 (h_{i+1}=E((x+1)^3)=E(x^3+3x^2+3x+1)=p_{i+1}(h_i+3g_i+3f_i+1))

(ans=sum h_i(1-p_{i+1}))

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
	rd(n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	f[i]=p[i]*(f[i-1]+1),g[i]=p[i]*(g[i-1]+2*f[i-1]+1),h[i]=p[i]*(h[i-1]+3*g[i-1]+3*f[i-1]+1);
	for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(1-p[i+1])*h[i];
	printf("%.1f",ans);
    return 0; 
}

其实还可以化解一下h[i]=h[i-1]+p[i]*(3*g[i-1]+3*f[i-1]+1)

SCOI2008 奖励关

看到(kle15)很容易想到状压

用(f[i][st])表示当前第(i)个物品状态为(st)的期望分数

然鹅这亚子我们无法判断这个状态是否合法

所以我们倒着来推 最后输出(f[1][0])就好拉

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
	for(int i=1;i<=16;++i) base[i]=1<<i;
	rd(n),rd(k);
	for(int i=1,x;i<=k;++i){
		rd(a[i]);
		while(rd(x),x) pre[i]|=base[x];
	}
	for(int i=n;i;--i)
		for(int st=0;st<=base[k+1]-1;++st){
			for(int j=1;j<=k;++j)
				if((pre[j]&st)==pre[j]) f[i][st]+=Max(f[i+1][st],f[i+1][st|base[j]]+(double)a[j]);
				else f[i][st]+=f[i+1][st];
			f[i][st]/=(double)k;
		}
	printf("%.6lf",f[1][0]);
    return 0; 
}

SPOJ1026 FAVDICE

一个n面的骰子，求期望掷几次能使得每一面都被掷到

优惠券收集者问题

f[i]表示已掷到i面，还期望掷多少面才能使每一面都掷到

有(frac in)的概率掷到已掷到的,(frac{n-i}f)的概率掷到未掷到过的

所以(f[i]=frac in imes f[i] +frac {n-i}n imes f[i+1]+1)

即(掷到已掷到的概率 imes已掷到i面还期望掷的次数+掷到未掷到的概率 imes掷到i+1面还期望掷的次数)至少得掷一次所以后面+1

化简得(f[i]=f[i+1]+frac n{n-i})

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=10000+5,M=20000+5,inf=0x3f3f3f3f,P=19650827;
int n;double f[N];
template <class t>void rd(t &x){
    x=0;int w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=w?-x:x;
}

int main(){
//	freopen("in2.txt","r",stdin);
	//freopen("xor.out","w",stdout);
	int T;rd(T);
	while(T--){
		rd(n);f[n]=0;
		for(int i=n-1;i>=0;--i) f[i]=f[i+1]+(double)n/(n-i);
		printf("%.2lf
",f[0]);
	}
	return 0;
}

luogu4450 收集邮票

有n种不同的邮票，皮皮想收集所有种类的邮票。唯一的收集方法是到同学凡凡那里购买，每次只能买一张，并且买到的邮票究竟是n种邮票中的哪一种是等概率的，概率均为1/n。但是由于凡凡也很喜欢邮票，所以皮皮购买第k张邮票需要支付k元钱。
现在皮皮手中没有邮票，皮皮想知道自己得到所有种类的邮票需要花费的钱数目的期望。

==期望dp是真的神

做过SPOJ1026FACDICE 就可以知道 若费用为1时，即求期望买多少次能买到每一种邮票

设(f_i)表示已经收集了(i)张 还期望买多少次才收集齐 (f[i]=frac in*f[i]+frac{n-i}nf[i+1]+1=f[i+1]+frac n{n-i})

同理我们可以想到 设(g[i])表示已经收集了(i)张 还期望花费多少钱次才能收集齐

(egin{align*}g[i]=frac in(g[i]+f[i]+1)+frac{n-i}n(g[i+1]+f[i]+1)=g[i+1]+f[i+1]+frac{i*f[i]+n}{n-i}end{align*})

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
	rd(n),f[N]=g[n]=0;
	for(int i=n-1;i>=0;--i)
		f[i]=f[i+1]+((double)n/(n-i)),g[i]=g[i+1]+f[i+1]+((double)i*f[i]+n)/(double)(n-i);
	printf("%.2f",g[0]);
    return 0; 
}