wqy期望，概率

Posted 2023-01-04 lxyyyy

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\(X\),\((P_(X=K)=P_(X\le K)-P_(X\leq K-1))\)

• 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\(V(x)=E\big((x-E(x))^2\big)\)

  \[V(x)=E\big((x-E(x))^2\big)=E(x^2-2xE(x)+E(x)^2)\]
  \[=E(x^2)-E(2xE(x))+E(E(x)^2)\] 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\(\fracn-in\)，期望就是\(\frac nn-i\)
  \(E=\frac nn+\frac nn-1+...+\frac n1=O(n\ ln\ n)\)

• 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 \(f_u=\frac1d_u\sum(f_v+1)\)

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\(f_i=fi-1+2\)

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

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\[E=\frac1n-1*1+\frac n-2n-1*(E+1)=n-1\]

有\(\frac1n-1\)的概率成功 类比抛硬币 每次\(\frac 1n-1\)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
\[E=\frac1(n-1)+\frac(n-2)(n-1)*(2+E)=(2n-1)\]

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 \(f_0=\frac1100+\frac99100(99+1+f_0)\) \(f_0=9901\)

\(f_i=f_i-1+2\) \(ans=9901+9903+...+10099=10^6\)

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 \(f_x=\frac1d_x+\sum_v\frac1d_x*(f_v+f_x+1)=d_x+\sum_vf_v\)

对于\(g\) \(g_x=\frac1d+\frac1d(1+g_fa_x+g_x)+\sum_fa_y=fa_x\frac1d(1+f_y+g_x))\)
? \(=d_fa_x+g_fa_x+\sum_fa_y=fa_xf_y=d_fa_x+g_fa_x+f_fa_x-d_fa_x-f_x\)
? \(=g_fa_x+f_fa_x-f_x\)

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\(k\le15\)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;