几率指望知识点及题目详解

时间 2019-11-10

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基础知识

指望的线性性质

$E(X + Y) = E(X) + E(Y)$
证实:dom

$E(X + Y) = \sum\limits_i\sum\limits_jP(X=i \&\& Y=j)(i+j)$
$= \sum\limits_i\sum\limits_jP(X=i \&\& Y=j)i + \sum\limits_i\sum\limits_jP(X=i \&\& Y=j)j$
$=\sum\limits_ii\sum\limits_jP(X=i\&\&Y=j)j+\sum\limits_ij\sum\limits_jP(X=i\&\&Y=j)i$
$=\sum\limits_iP(X=i)i+\sum\limits_jP(Y=j)j$
$=E(x) + E(Y)$spa

前缀和技巧

有 n 个随机变量X[1…n]，每一个随机变量都是从 1…S 中随机一个整数，求 Max(X[1…n]) 的指望code

solution游戏

$E(Y)=\sum\limits_{i=1}^SP(Y=i)i=\sum\limits_{i=1}^Si(P(Y\le i) - P(Y \le i - 1))=i({\frac{i}{S}}^n-{\frac{(i-1)}{S}}^n)$事件

小结论

几率为$p$的事件指望$\frac{1}{p}$后发生。如抛硬币，抛出正面的几率为$\frac{1}{2}$指望抛两次后发生。ip

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指望。ci

solutionit

$E(\sum\limits_{i=1}^nX_i)=\sum\limits_{i=1}^nE(X_i)=\sum\limits_{i=1}^nP(X=i)i=\sum\limits_{i=1}^n\frac{m}{n}\times i=\frac{m}{n}\sum\limits_{i=1}^ni=\frac{m}{n}\times \frac{n(n+1)}{2}=\frac{m(n+1)}{2}$io

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指望。class

solution

取到每一个球的几率均为$\frac{m}{n}$,故答案仍为$\sum\limits_{i=1}^n\frac{m}{n}i=\frac{m(n+1)}{2}$

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 的几率放回，以 p2 的几率放回两个和这个相同的球，求取出的数字之和的指望

solution
仍然为$\sum\limits_{i=1}^n \frac{m}{n}i=\frac{m(n+1)}{2}$

这三个问题均可以考虑全部的n个球是面临相同状况，因此被选中的几率都是$\frac{m}{n}$

游走问题

游走问题1

在一条 n 个点的链上随机游走，求从一段端走到另外一端的指望步数

solution
$E(S)= \sum\limits_{i=1}^{n-1}E(X_i)$

$X_i$表示第一次从i到达$i+1$的指望步数。

由于有$\frac{1}{2}$的几率会直接从$i$走到$i+1$，有$\frac{1}{2}$的几率会走回$i-1$，因此$X_i=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times (1 + X_{i-1}+X_i)=2+X_{i-1}$

游走问题2

在一个$n$个点的彻底图上游走，求从一个点到另外一个点指望步数。

solution
由于是彻底图。不论当前在哪一个点，到达目标点的几率均为$\frac{1}{n-1}$,因此几率为$\frac{1}{n-1}$，根据几率为$p$的事件指望$\frac{1}{p}$次后发生。因此达到目标点的指望步数为$n-1$

游走问题3

在一张 2n 个点的彻底二分图上游走，求从一个点走到另外一个点的指望步数

solution

分为两点在同一侧和不一样侧讨论。
A表示位于不一样侧的指望步数，B表示位于同一侧的指望步数。
$B=1+A$

$A=\frac{1}{n}+\frac{n-1}{n}B$

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外一个点的指望步数。

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的指望步数

solution

设从x走到y，则以y为根

设$f[x]$表示第一次走到$x$的指望步数。

$f[x] = \frac{1}{d[x]}+\frac{1}{d[x]}\sum\limits_{y为x的儿子}(1+f[y]+f[x])$

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的随机游走指望步数$\ge$1000000

solution

相似于第一题。在链上，$x_2=1$因此总的步数为$n^2$级别。只要让$x_2=n$就能够达到$n^3$级别了。因此在最开始用$100$个点连出一张无向彻底图，而后用$100$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，问指望几回能凑出全部数

solution
$S=\sum\limits_{i=1}^nX_i$

$S$表示总次数。$X_i$表示如今手里有$i-1$个数字。不断的取一直取到第$i$个数字所须要的步数

$E(S) = \sum\limits_{i=1}^nE(X_i)$

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

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

$E(S)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{n}{n-i+1}=\sum\limits_{i=1}^n\frac{n}{i}$

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]是最大数字的几率。

solution

前i个数字中，每一个数字最大的几率都相同。因此p[i]是最大数字的几率就是$\frac{1}{i}$

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。

$E(S) = \sum\limits_{i=1}^nE(X_i)$

$E(S^2)=\sum\limits_{i=1}^nE(X_i^2) \
=\sum\limits_{i!=j}E(X_i且X_j)+\sum\limits_{i=1}^nE(X_i)^2 \
=\sum\limits_{i!=j}\frac{1}{ij}+\sum\limits_{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后面的几率

solution

由于i与j等价，且要么i在j前面，要么j在i前面(i=j除外)，因此几率为$\frac{1}{2}$

经典问题5

随机一个长度为 n 的排列 p，求它包含 w[1…m]做为子序列的几率

solution

w共有$m!$种排列方式。其中只有一种符合条件。

因此答案为$\frac{1}{m!}$

经典问题6

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

solution

w的全部状况共有$C(_n^m)m!$种，在n中共有$n-m+1$个排列。因此答案为$\frac{n-m+1}{C(_n^m)m!}$

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而后把那一整堆都扔了，求第1堆石头指望第几回被扔。

solution

$A[i]$表示第$i$堆石头指望第几回被扔。

$A[1]=\sum\limits_{i=1}^n[A[i]\le A[1]]$

$E(A[1])=\sum\limits_{i=1}^nE([A[i] \le A[1])$

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

$E(A[1]) = 1 + \sum\limits_{i=2}^nP(A[i]\le A[1])$

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

经典问题8

随机一个长度为n的01串，每一个位置是1的几率为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。

若是第$i+1$个为1，那么$g[i+1] = g[i] + 1$,$f[i + 1] = f[i] - g[i]^2+(g[i]+1)^2=f[i]+2g[i]+1$,

不然$g[i + 1]=0$,$f[i+1]=f[i]$

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

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个在过程当中相邻的几率

solution

将全部元素按照删除顺序组成一个排列。

i和j相邻至关于从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$j-i+1$个元素所组成的所有可能序列共有$(j-i+1)!$种，其中知足条件的共有$2(j-i-1)!$种。因此答案为$\frac{2(j-i-1)!}{(j-i+1)!}=\frac{2}{(j-i+1)(j-i)}$

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，得到的价值为左右两个硬币的价值的乘积，求指望的总价值。

solution

两个硬币产生价值，只当这两个数字及其之间的全部数字中，这两个数字最后被取走。这个的几率能够由经典问题9知道。因此这个问题的答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n-2}\sum\limits_{j=i+2}^n\frac{2w[j]w[i]}{(j-i+1)(j-i)}$

练习题2

有 N 个数 a[1…N]，每次等几率选出两个数，而后合并成一个新的数放回来，获得的收益是新的数的值，求总收益的指望

solution

$S=X_ia_i$

$X_i$表示第i个数字产生贡献的次数。

$E(S)=\sum\limits_{i=1}^nE(X_i)a_i$

$E(X_i)=P(X_i)=\sum\limits_{i=2}^n\frac{2}{i}$

$E(S)=\sum\limits_{i=2}^n\frac{2}{i}\sum\limits_{j=1}^na_i$

练习题3

给定一个数列W[1…N]，随机一个排列 H，若是 H[i] 比 H[i-1] 和 H[i+1] 都大，就得到 W[i] 的收益，求指望收益

solution

$E(S)=\sum\limits_{i=1}^nP(H[i]>H[i-1]\&\&H[i]>H[i+1])W[i]$

由于$H[i],H[i-1],H[i+1]$这三个数字等价，且必定有一个最大的。因此$H[i]$最大的几率就是$\frac{1}{3}$，因此答案为$\frac{1}{3}\sum\limits_{i=1}^nw[i]$

练习题4

codeforces280C

给出一棵树，一开始每一个点都是白的，每次选一个⽩点将他子树里全部点染黑，求指望几回染黑整个树

solution

对于一个点$x$，只有当$x$和其全部祖先中$x$最早被染黑。$x$才会产生贡献。几率为$\frac{1}{dep_i}$

$E(S)=\sum\limits_{i=1}^nE(X_i)$

$X_i$表示第$i$个点被染黑的指望操做次数。

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

$E(S)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{dep[i]}$

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，指望花费的最小体力。
而后大力分类讨论转移便可。

具体转移方程以下

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

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

区间交

定义一种随机生成区间的方法以下。$L=random(1,N),R=random(L,N)$。经过这种方法随机出两个区间，问这两个区间相交的几率。$N \le 1000000$

solution

将问题取反，转化为求区间不相交的几率。

也就是须要一个区间的左端点小于另外一个区间的右端点。

用$f[i]$表示右端点小于等于i的区间的几率

$ans=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n - 1}f[i]$

$g[i]$表示右端点为$i$的区间的几率。

$f[i]=\sum\limits_{j=1}^ig[i]$

$g[i]=\frac{1}{n} \sum\limits_{l=1}^n\frac{1}{n-l+1}$

收集邮票

luogu4550

有n($n\le 10000$)种不一样的邮票，皮皮想收集全部种类的邮票。惟一的收集方法是到同窗凡凡那里购买，每次只能买一张，而且买到的邮票到底是n种邮票中的哪种是等几率的，几率均为1/n。可是因为凡凡也很喜欢邮票，因此皮皮购买第k张邮票须要支付k元钱。
如今皮皮手中没有邮票，皮皮想知道本身获得全部种类的邮票须要花费的钱数目的指望.

solution

用$f[i]$表示如今手里已经有$i$张邮票，取到$n$张所须要的步数。有$\frac{n-i}{n}$的几率取到新的邮票。因此指望取$\frac{n}{n-i}$次。因此$f[i] = f[i + 1] + \frac{n}{n-i}$

用$g[i]$表示如今手里有$i$张邮票。取到$n$张所须要花费的钱。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就能保证知足题意了。有$\frac{i}{n}$的几率取到已有的邮票。有$\frac{n-i}{n}$的几率取到新的邮票。因此$g[i] = \frac{i}{n}(g[i]+f[i]+1)+\frac{n-i}{n}(g[i+1]+f[i+1]+1)=\frac{i(f[i]+1)}{n-i}+f[i+1]+g[i+1]+1$

Puzzles

CF696B

solution

将某个节点x与其兄弟进行随机排列以后，对于其余的任意一个兄弟y，x在y前面的几率都为$\frac{1}{2}$,若是$x$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（全部的个体均可以平等地相遇），若是他们属于不一样的物种，那么一个个体杀死另外一个：Rock杀死Scissors，Scissors杀死Paper，Paper杀死Rock。你的任务是为每个物种肯定在足够长的时间以后，这个物种将是惟一居住在这个岛上的物种的几率。

solution

$f[i][j][k]$表示还剩下i个Rock,j个Scissors,k个Paper的几率。而后枚举两个物种，计算相遇的几率转移便可。计算几率时注意减去相同的两个物种相遇的状况。

Fish

有n条鱼，天天会有两条鱼相遇，任意两条鱼相遇的几率都是相同的。两条鱼i,j相遇以后，会有$a[i][j]$ 的几率i吃掉j，有$1-a[i][j]$的几率j吃掉i。对于每条鱼x，问最后剩下x的几率。

$1\le n\le 18$

solution

状压一下。枚举当前状态下相遇的两条鱼，计算几率，而后转移便可。