概率期望 学习笔记

基础知识

概率定义

(P(A)) 为事件 (A) 发生的概率， (P(A|B)) 为在 (B) 事件发生的前提下 (A) 事件发生的概率。

概率性质

1. 加法公式：(A,B) 独立，则 (P(Aor B)=P(A)+P(B))。（ (P(Aor B)) 就是 (A) 发生或者 (B) 发生）

   广义加法公式：(A,B) 任意，则 (P(Aor B)=P(A)+P(B)-P(Aand B))。（ (P(Aand B)) 就是 (A) 发生且 (B) 发生）

2. 乘法公式：

   (A,B) 独立， (P(A*B)=P(A)*P(B))。

   (A,B) 任意，(P(A*B)=P(A)*P(B|A)=P(B)*P(A|B))。

3. 全概率公式、贝叶斯定理……（略）

期望定义

(E(A))。

期望性质

1. 若 (A) 是事件， (C) 是常数，则 (E(CA)=C*E(A))

   证明：

   设 (A) 的多个随机变量为 (Ca_1,Ca_2...Ca_n)，对应出现的概率为 (p_1,p_2...p_n)，则有：

   [E(CA)=sumlimits_{i=1}^n*(Ca_ip_i)=Csumlimits_{i=1}^n*(a_ip_i)=C*E(A) ]

3. (A,B) 任意，则 (E(A+B)=E(A)+E(B))。

4. (A,B) 独立，则 (E(AB)=E(A)E(B))。

5. 期望等于所有的方案数的贡献除以方案数。

下面是一些经典问题。

票券收集问题1

题意

链接

有 (n) 种票券，每次等概率抽取一张票券，求抽到所有 (n) 种票券的抽取次数的期望。

思路 1

如果手上已经有 (i-1) 种票券，

则 (large P(取一个票券为新票券)=frac{n-i+1}{n})，

则 (large E(取到新票券)=frac{1}{P(...)}=frac{n}{n-i+1})，

则总期望为 (largesumlimits_{i=1}^nfrac{n}{n-i+1}=sumlimits_{i=1}^nfrac{n}{i})。

思路 2

期望 DP ！！

设 (f_i) 为取了 (i) 种票券后，还要取多少票券才能集齐的期望。

显然 (f_n=0)，考虑逆推。

考虑到抽到 (i) 种票券后再抽一个是新票券的概率是 (Large frac{n-i}{n}) ，旧票券概率是 (Large frac i n)，则有方程 (Large f_i=frac{n-i}{n}f_{i+1}+frac i n f_i+1)。（加一是因为一定要投一次）。

[frac{n-i}nf_i=frac{n-i}nf_{i+1}+1\ f_i=f_{i+1}+frac{n}{n-i}\ f_i=f_{i+2}+frac n {n-i-1}+frac n {n-i}\ ...\ f_0=sum frac{n}{n-i+1}=sum frac n i ]

所以答案为 (Large sum frac n i)。

票券收集问题2

题意

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有 (n) 种票券，每次等概率抽取一张票券，第 (k) 次抽彩需要 (k) 元钱，求抽到所有 (n) 种票券的抽取花费的期望。

解法1

接着“票券收集问题1”的 (f)（此时我们需要推出所有的 (f) ，用上边的递推式 (large f_i=f_{i+1}+frac{n}{n-i})），我们再设计设 (g_i) 为取了 (i) 种票券后，还要去多少花费才能集齐的期望。

显然当我每抽一次彩，除了这一次抽彩花费的一元之外，我未来购买的票券都会贵一元，所以一共会多出 (f_i+1) 元。所以有：

[g_i=frac{n-i}{n}(g_{i+1}+f_{i+1}+1)+frac{i}{n}(g_i+f_i+1) ]

解法2

如果我们买了 (x) 张票券，则总花费为 (large 1+2+...+x=frac{(x+1)x}{2}=frac{x^2+x}2)。

注意到只有 (x,x^2) 两个未知量，我们采用 OSU 的维护方法（参见下文经典题目 “OSU”）。

维护 (c_i) 为取了 (i) 种票券后，还要取多少次的期望； (d_i) 为还要取多少次的平方的期望。

[c_i=frac{i}{n}c_{i}+frac{n-i}{n}c_{i+1}\ d_i=frac{i}{n}(d_i+2c_i+1)+frac{i-1}{n}(d_{i+1}+2c_{i+1}+1) ]

最后就是 (Large ans=frac{c_0+d_0}{2})。

走图1

题意

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有边权无向图 (G)，从 (1) 出发到 (n)，在一个点会等概率选择一个出度并走去下一个点，求到 (n) 经过的边权和的期望。（保证从 (1) 能走到任何点，任何点都能走到 (n)）。

解法

设 (f_i) 为 (i o n) 的期望路径长。显然 (f_n=0)。

那么设 (i) 点出度为 (k)，有 (f_i=frac1 k(sum f_v+w_E))。

然后拓扑或 dfs 决定更新顺序。

走图2

题意

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有无向图 (G)，求随机选择一条路径走过的边数的期望。

解法

用期望性质4，设 (sum) 为所有路径长度总和，(cnt) 为路径个数。

那对于每个点， (f_i) 为从 (i) 开始的所有路径长度总和，(g_i) 为从 (i) 开始的路径个数，有 (sum=sum f_i,cnt=sum g_i)。

(f_i=sum f_v+g_v) 本有总长为 (f_v) 的路径，每条路径都变长加一，一共有 (g_v) 条路径。

(g_i=1+ sum g_v) 所有路径加上自己到自己这条路径。

OSU

题意

平方，立方

一个长度为 (n) 的数列，每一位为 0 或 1，第 (i) 位为 1 的概率是 (p_i)。对于一段长度为 (l) 的、极长的、连续的 1，会贡献 (l^2) 的分数。求数列分数总和的期望。

误区

(x) 期望的平方不等于 (x) 平方的期望！

比如 (x) 有一半概率等于 1，一半概率等于 2，则 (large E(x^2)=frac{1^2+2^2}{2}=2.5)；但是 (large E^2(x)=(frac{1+2}{2})^2=2.25)，这显然不可理喻、强词夺理、荒唐错乱、荒谬至极！

理解 1

设 (ans_i) 是以 (i) 为结尾的答案， (f_i) 是以 (i) 结尾的成功连击数的期望。

[f_i=p_i(f_{i-1}+1)+(1-p_i)0=p_i(f_{i-1}+1)\ ]

然后设所有的数列最终状态是集合 (S)，每一种状态 (K) 都可以分成若干个极长的全 1 块，长度分别为 (r_1,r_2,...r_k)，则有：

[ans_i=sumlimits_{Kin S}p_K(r_1^2+r_2^2+...+r_t^2) ]

其中 (p_K) 为 (K) 这种状态出现的概率。

同时我们也可以重新定义 (f_i)，有 (f_i=sum p_Kr_t)。

所以可以推得：

[egin{align} ans_{i+1}&=p_{i+1}sum p_K(r_1^2+r_2^2+...+(r_t+1)^2) +(1-p_{i+1})sum p_K(r_1^2+r_2^2+...+r_t^2)（如果i为0则r_t=0）\ &=sum p_K(r_1^2+r_2^2+...+r_t^2)+p_{i+1}sum p_K(2r_t+1)\ &=ans_i+p_{i+1}(2sum p_Kr_t+sum p_K)\ &=ans_i+p_{i+1}(2f_i+1) end{align} ]

理解 2

[(x+1)^2-x^2=x^2+2x+1-x^2=2x+1 ]

相当于每一个 1 会发生 (2x+1) 的贡献。

所以 (ans_{i+1}=ans_i+p_{i+1}(2f_i+1))。

下面是一些杂题。

纯粹容器

题意

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有 (n) 个物品排成一列，第 (i) 个物品强度为 (a_i)。每一秒会随机选择两个相邻的物品相撞，强度较小的那个会破碎，被移除队列（即原本不相邻的物品可能会现在相邻）。求每个物品存活时间的期望。

$O(n^2) $ 解法

设 (P(i=x)) 为某物品存活时间等于 (i) 的概率，则显然 (E=sumlimits_{i=1}^{n-1}iP(i=x))。

展开来就是

[egin{align} E&=P(1=x)+2P(2=x)+3P(3=x)+...\ &=(P(1=x)+P(2=x)+P(3=x)+...)+(P(2=x)+P(3=x)+...)+(P(3=x)+...)+...\ &=P(1le x)+P(2le x)+P(3le x)+...\ &=sum_{i=1}^{n-1}P(ile x) end{align} ]

重申 (large E=sum_limits{i=1}^{n-1}P(ile x))。

于是设 (pre) 为在物品 (x) 左边第一个强度比它大的物品， (nxt) 为在物品 (x) 右边第一个强度比它大的物品。则如果 (presim x) 一段物品或 (xsim nxt) 一段物品全部被打碎，则这个物品就碎了。

设 (P(A)) 为 (presim x) 全部破碎的概率， (P(B)) 为 (xsim nxt) 全部破碎的概率。则 (P(Aand B)) 为 (presim nxt) 全部破碎的概率。

则 (P(ige x)=P(A)+P(B)-P(Aand B))。

(P(ile x)=1-P(A)-P(B)+P(Aand B)) 然后推推柿子就好了。

(O(n)) 解法

大佬解法，不会。