概率期望知识点及题目详解

基础知识

期望的线性性质

(E(X + Y) = E(X) + E(Y))
证明:

(E(X + Y) = sumlimits_isumlimits_jP(X=i && Y=j)(i+j))
(= sumlimits_isumlimits_jP(X=i && Y=j)i + sumlimits_isumlimits_jP(X=i && Y=j)j)
(=sumlimits_iisumlimits_jP(X=i&&Y=j)j+sumlimits_ijsumlimits_jP(X=i&&Y=j)i)
(=sumlimits_iP(X=i)i+sumlimits_jP(Y=j)j)
(=E(x) + E(Y))

前缀和技巧

有 n 个随机变量X[1…n]，每个随机变量都是从 1…S 中 随机一个整数，求 Max(X[1…n]) 的期望

solution

(E(Y)=sumlimits_{i=1}^SP(Y=i)i=sumlimits_{i=1}^Si(P(Yle i) - P(Y le i - 1))=i({frac{i}{S}}^n-{frac{(i-1)}{S}}^n))

小结论

概率为(p)的事件期望(frac{1}{p})后发生。如抛硬币，抛出正面的概率为(frac{1}{2})期望抛两次后发生。

取球游戏

取球游戏1

箱子里有(n)个球(1...n)，你要从中拿(m)次球，拿了后不放回，求取出的数字之和的期望。

solution

(E(sumlimits_{i=1}^nX_i)=sumlimits_{i=1}^nE(X_i)=sumlimits_{i=1}^nP(X=i)i=sumlimits_{i=1}^nfrac{m}{n} imes i=frac{m}{n}sumlimits_{i=1}^ni=frac{m}{n} imes frac{n(n+1)}{2}=frac{m(n+1)}{2})

取球游戏2

箱子里有(n)个球(1...n)，你要从中拿(m)次球，拿了后放回，求取出的数字之和的期望。

solution

取到每个球的概率均为(frac{m}{n}),故答案仍为(sumlimits_{i=1}^nfrac{m}{n}i=frac{m(n+1)}{2})

取球游戏3

箱⼦子⾥有 n 个球 1…n，你要从⾥面拿 m 次球，拿了后以 p1 的概率放回，以 p2 的概率放回两个和这个相同的球， 求取出的数字之和的期望

solution
仍然为(sumlimits_{i=1}^n frac{m}{n}i=frac{m(n+1)}{2})

这三个问题都可以考虑所有的n个球是面临相同情况，所以被选中的概率都是(frac{m}{n})

游走问题

游走问题1

在一条 n 个点的链上随机游走，求从一段端走到另一端的期望步数

solution
(E(S)= sumlimits_{i=1}^{n-1}E(X_i))

(X_i)表示第一次从i到达(i+1)的期望步数。

因为有(frac{1}{2})的概率会直接从(i)走到(i+1)，有(frac{1}{2})的概率会走回(i-1)，所以(X_i=frac{1}{2}+frac{1}{2} imes (1 + X_{i-1}+X_i)=2+X_{i-1})

游走问题2

在一个(n)个点的完全图上游走，求从一个点到另一个点期望步数。

solution
因为是完全图。不论当前在哪个点，到达目标点的概率均为(frac{1}{n-1}),所以概率为(frac{1}{n-1})，根据概率为(p)的事件期望(frac{1}{p})次后发生。所以达到目标点的期望步数为(n-1)

游走问题3

在一张 2n 个点的完全二分图上游走，求从一个点走到另一个点的期望步数

solution

分为两点在同一侧和不同侧讨论。
A表示位于不同侧的期望步数，B表示位于同一侧的期望步数。
(B=1+A)

(A=frac{1}{n}+frac{n-1}{n}B)

解方程

(A=frac{1}{n}+frac{n-1}{n}(1+A))

(frac{1}{n}A=frac{1}{n}+frac{n-1}{n})

(A=1+n-1 = n)

(B=n+1)

游走问题4

在一张 n 个点的菊花图上游走，求从一个点⾛走到另一个点的期望步数。

solution

1.叶子->中心：1
2.叶子->叶子A=1+B
3.中心->叶子(B=frac{1}{n-1}+frac{n-2}{n-1}(A+1))

解方程
(B=frac{1}{n-1}+frac{n-2}{n-1}(B+2))

(B=frac{1}{n-1}+frac{n-2}{n-1}B+frac{2(n-2)}{n-1})

(frac{1}{n-1}B=frac{1}{n-1}+frac{2(n-2)}{n-1})

(B=1+2(n-2)=2n-3)

游走问题5

在一个n个点的树上游走，问从根走到x的期望步数

solution

设从x走到y，则以y为根

设(f[x])表示第一次走到(x)的期望步数。

(f[x] = frac{1}{d[x]}+frac{1}{d[x]}sumlimits_{y为x的儿子}(1+f[y]+f[x]))

游走问题6

构造一张200个点的无向图，使得上面从S走到T的随机游走期望步数$ge$1000000

solution

类似于第一题。在链上，(x_2=1)所以总的步数为(n^2)级别。只要让(x_2=n)就可以达到(n^3)级别了。所以在最开始用(100)个点连出一张无向完全图，然后用(100)个点连出一条链。

经典问题

经典问题1

每次随机一个[1,n]的整数，问期望几次能凑出所有数

solution
(S=sumlimits_{i=1}^nX_i)

(S)表示总次数。(X_i)表示现在手里有(i-1)个数字。不断的取一直取到第(i)个数字所需要的步数

(E(S) = sumlimits_{i=1}^nE(X_i))

(P(X_i)=frac{n-i+1}{n})

(E(x_i)=frac{n}{n-i+1})

(E(S)=sumlimits_{i=1}^nfrac{n}{n-i+1}=sumlimits_{i=1}^nfrac{n}{i})

经典问题2

随机一个长度为n的排列p，问前i个数字中p[i]是最大数字的概率。

solution

前i个数字中，每个数字最大的概率都相同。所以p[i]是最大数字的概率就是(frac{1}{i})

经典问题3

求上题中i的个数的平方。

solution

设(X_i)表示第(i)个数字是(1)不是(0)前i个数字中的最大数字。

(E(S) = sumlimits_{i=1}^nE(X_i))

(E(S^2)=sumlimits_{i=1}^nE(X_i^2) \ =sumlimits_{i!=j}E(X_i且X_j)+sumlimits_{i=1}^nE(X_i)^2 \ =sumlimits_{i!=j}frac{1}{ij}+sumlimits_{i=1}^n{frac{1}{i}}^2 )

经典问题4

随机一个长度为n的排列p，问i在j后面的概率

solution

因为i与j等价，且要么i在j前面，要么j在i前面(i=j除外)，所以概率为(frac{1}{2})

经典问题5

随机一个长度为 n 的排列 p，求它包含 w[1…m]作为子序列的概率

solution

w共有(m!)种排列方式。其中只有一种符合条件。

所以答案为(frac{1}{m!})

经典问题6

随机一个长度为 n 的排列 p，求它包含 w[1…m]作为连续子序列的概率。

solution

w的所有情况共有(C(_n^m)m!)种，在n中共有(n-m+1)个排列。所以答案为(frac{n-m+1}{C(_n^m)m!})

经典问题7

有n堆石头，第i堆个数为a[i]，每次随机选一个石头然后把那一整堆都扔了，求第1堆石头期望第几次被扔。

solution

(A[i])表示第(i)堆石头期望第几次被扔。

(A[1]=sumlimits_{i=1}^n[A[i]le A[1]])

(E(A[1])=sumlimits_{i=1}^nE([A[i] le A[1]))

(E(A[i]le A[1]) = P(A[i] le A[1]))

(E(A[1]) = 1 + sumlimits_{i=2}^nP(A[i]le A[1]))

(P(A[i] le A[1]) = frac{a[i]}{a[i]+a[1]})

经典问题8

随机一个长度为n的01串，每个位置是1的概率为p，定义x 是每段连续的1的长度的平方之和。求(E(x))

solution

(f[i])表示前i个的答案。(g[i])表示以i为结尾的1的个数。

如果第(i+1)个为1，那么(g[i+1] = g[i] + 1),(f[i + 1] = f[i] - g[i]^2+(g[i]+1)^2=f[i]+2g[i]+1),

否则(g[i + 1]=0),(f[i+1]=f[i])

(f[i+1] = f[i]+ frac{1}{2}(2g[i]+1))
(g[i+1] = frac{1}{2}g[i])

经典问题9

给一个序列，每次随机删除一个元素，问第i个和第j个在过程中相邻的概率

solution

将所有元素按照删除顺序组成一个排列。

i和j相邻相当于从i到j这(j-i+1)个元素所组成的子序列中，i和j位于最后。这(j-i+1)个元素所组成的全部可能序列共有((j-i+1)!)种，其中满足条件的共有(2(j-i-1)!)种。所以答案为(frac{2(j-i-1)!}{(j-i+1)!}=frac{2}{(j-i+1)(j-i)})

练习题

练习题1

给定n个硬币，第i个硬币的价值为w[i],每次随机取走一个硬币，获得的价值为左右两个硬币的价值的乘积，求期望的总价值。

solution

两个硬币产生价值，只当这两个数字及其之间的所有数字中，这两个数字最后被取走。这个的概率可以由经典问题9知道。所以这个问题的答案就是(sumlimits_{i=1}^{n-2}sumlimits_{j=i+2}^nfrac{2w[j]w[i]}{(j-i+1)(j-i)})

练习题2

有 N 个数 a[1…N]，每次等概率选出两个数，然后合并成一个新的数放回来，得到的收益是新的数的值，求总收益的期望

solution

(S=X_ia_i)

(X_i)表示第i个数字产生贡献的次数。

(E(S)=sumlimits_{i=1}^nE(X_i)a_i)

(E(X_i)=P(X_i)=sumlimits_{i=2}^nfrac{2}{i})

(E(S)=sumlimits_{i=2}^nfrac{2}{i}sumlimits_{j=1}^na_i)

练习题3

给定一个数列W[1…N]，随机一个排列 H，如果 H[i] 比 H[i-1] 和 H[i+1] 都 大，就获得 W[i] 的收益，求期望收益

solution

(E(S)=sumlimits_{i=1}^nP(H[i]>H[i-1]&&H[i]>H[i+1])W[i])

因为(H[i],H[i-1],H[i+1])这三个数字等价，且一定有一个最大的。所以(H[i])最大的概率就是(frac{1}{3})，所以答案为(frac{1}{3}sumlimits_{i=1}^nw[i])

练习题4

codeforces280C

给出一棵树，一开始每个点都是白的，每次选一个⽩点将他子树里所有点染 黑，求期望几次染黑整个树

solution

对于一个点(x)，只有当(x)和其所有祖先中(x)最先被染黑。(x)才会产生贡献。概率为(frac{1}{dep_i})

(E(S)=sumlimits_{i=1}^nE(X_i))

(X_i)表示第(i)个点被染黑的期望操作次数。

(E(X_i)=frac{1}{dep[i]})

(E(S)=sumlimits_{i=1}^nfrac{1}{dep[i]})

课后练习

换教室

noip2016

solution

(f[i][j][0/1])表示前i个时间段，是(1)否(0)申请，期望花费的最小体力。
然后大力分类讨论转移即可。

具体转移方程如下

(f[i + 1][j][0] = min(f[i][j][0] + dis[c[i]][c[i + 1]],\f[i][j][2] + dis[d[i]][c[i + 1]] * K[i] + dis[c[i]][c[i + 1]] * (1 - K[i])))

(f[i + 1][j + 1][3] = min(\f[i][j][0] + \dis[c[i]][d[i + 1]] * K[i + 1] + \dis[c[i]][c[i + 1]] * (1 - K[i + 1]),\f[i][j][4] + \dis[d[i]][d[i + 1]] * K[i] * K[i + 1] + \dis[d[i]][c[i + 1]] * K[i] * (1 - K[i + 1]) + \dis[c[i]][d[i + 1]] * (1 - K[i]) * K[i + 1] + \dis[c[i]][c[i + 1]] * (1 - K[i]) * (1 - K[i + 1])))

区间交

定义一种随机生成区间的方法如下。(L=random(1,N),R=random(L,N))。通过这种方法随机出两个区间，问这两个区间相交的概率。(N le 1000000)

solution

将问题取反，转化为求区间不相交的概率。

也就是需要一个区间的左端点小于另一个区间的右端点。

用(f[i])表示右端点小于等于i的区间的概率

(ans=frac{1}{n}sumlimits_{i=1}^{n - 1}f[i])

(g[i])表示右端点为(i)的区间的概率。

(f[i]=sumlimits_{j=1}^ig[i])

(g[i]=frac{1}{n} sumlimits_{l=1}^nfrac{1}{n-l+1})

收集邮票

luogu4550

有n((nle 10000))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.

solution

用(f[i])表示现在手里已经有(i)张邮票，取到(n)张所需要的步数。有(frac{n-i}{n})的概率取到新的邮票。所以期望取(frac{n}{n-i})次。所以(f[i] = f[i + 1] + frac{n}{n-i})

用(g[i])表示现在手里有(i)张邮票。取到(n)张所需要花费的钱。这里每次取得价格依旧从1开始记。只要每次取都后面取时的花费+1就能保证满足题意了。有(frac{i}{n})的概率取到已有的邮票。有(frac{n-i}{n})的概率取到新的邮票。所以(g[i] = frac{i}{n}(g[i]+f[i]+1)+frac{n-i}{n}(g[i+1]+f[i+1]+1)=frac{i(f[i]+1)}{n-i}+f[i+1]+g[i+1]+1)

Puzzles

CF696B

solution

将某个节点x与其兄弟进行随机排列之后，对于其他的任意一个兄弟y，x在y前面的概率都为(frac{1}{2}),如果(x)在(y)后面，那么访问完整棵(y)子树后才会访问(x)节点。用(siz[i])表示以i为根的子树的大小。(ans[x] = ans[fa]+1+frac{1}{2}(siz[fa]-siz[x] - 1)),((fa)表示(x)的父亲)

Bad Luck Island

CF540D

厄运岛上居住着三种物种：Rock、Scissors和Paper。在某些时刻，两个随机的个体相遇（所有的个体都可以平等地相遇），如果他们属于不同的物种，那么一个个体杀死另一个：Rock杀死Scissors，Scissors杀死Paper，Paper杀死Rock。你的任务是为每一个物种确定在足够长的时间之后，这个物种将是唯一居住在这个岛上的物种的概率。

solution

(f[i][j][k])表示还剩下i个Rock,j个Scissors,k个Paper的概率。然后枚举两个物种，计算相遇的概率转移即可。计算概率时注意减去相同的两个物种相遇的情况。

Fish

有n条鱼，每天会有两条鱼相遇，任意两条鱼相遇的概率都是相同的。两条鱼i,j相遇之后，会有(a[i][j]) 的概率i吃掉j，有(1-a[i][j])的概率j吃掉i。对于每条鱼x，问最后剩下x的概率。

(1le nle 18)

solution

状压一下。枚举当前状态下相遇的两条鱼，计算概率，然后转移即可。