概率期望从入门到入土

概率期望

基础定义

首先,对于独立事件(A,B),我们有(E(AB) = E(A)E(B))

这个式子在非独立事件的前提下是不成立的

另外(A,B)理解为随机变量,(AB)就是他们的乘积,一样理解为一个随机变量

根据等比数列求和公式

我们有

[sum_{i = 0}^nx^i = frac{1 - x ^{n + 1}}{1 - x} ]

当(xin(0,1))时,我们有

[sum_{i = 0}^infty x^i = frac{1}{1 - x} ]

一个特别特别特别重要的式子

对于任意事件(A,B)

我们都有

[E(A + B) = E (A) + E (B) ]

也就是期望的线性相加性

我们尝试证明一下

[egin{align} E(A + B) &= sum_{i}sum_{j}(A=i&&B = j) imes(i + j)\ &=sum_isum_j(A=i&&B=j) imes i+(A= i&&B=j) imes j\ &=sum_iisum_j(A = i&&B= j) + sum_jjsum_i(A=i&&B= j)\ &=E(X) + E(Y) end{align} ]

有了期望的线性相加性,我们就可以解决很多问题

接下来介绍几种套路以及思想

前缀和思想

对于离散变量(X)(离散变量只能取整数)我们有:

[P(x = k) =P（x <= k） - P(x <= k - 1) ]

非常简单易懂的式子

还有

[P(X + Y = K) = sum_iP(X = i &&Y= k - i) ]

小练习

给定一个离散数组(X[1....n]),每个数在([1,S])间随机,求数组最大值的期望值

我们设(Y = max_{i = 1}^nX_i)

[egin{align} E(Y) &= sum_iP(Y=i) imes i\ &=sum_i(P(Y <= i) - P(Y <=i - 1)) imes i\ end{align} ]

因为所有的(X_i)都是独立的

所以

[P(Y<=i) = P(X_j<=i)^n = (frac{i}{S})^n ]

所以

[E(Y) = sum_i((frac{i}{S})^n - (frac{i - 1}{S})^n) imes i ]

小练习2

请尝试证明

概率为(p)的事件期望(frac{1}{p})次后发生

[egin{align} E(X) &= sum_iP(X =i) imes i\ &= sum_i(P(X >= i) - P(X >= i + 1)) imes i\ &= sum_{i}((1 - p)^{(i - 1)} - (1 - p)^{i}) imes i\ &= sum_{i = 0}^infty(1 - p)^i\ &= frac{1}{1 - (1 - p)}\ &= frac{1}{p} end{align} ]

对于任意的(exp)((exp >0))

都有 (exp = sum_{i = 0}^infty[i <=exp])

拿球问题

1

给定(n)个编号(1-n)的球,随机取(1)个,放回,求(m)次的编号的期望和

很显然一次的期望和是

[E(X) = sum_{i = 1}^nfrac{i}{n} = frac{(n + 1)n}{2n} = frac{(n + 1)}{2} ]

而发现放回之后每一次操作都是独立的

则有

[sum_{i = 1}^mE(X) = frac{m(n + 1)}{2} ]

2

给定(n)个编号(1-n)的球,随机取(1)个,不放回,球(m)次的编号的期望和

我们设这(m)次的和是(S)

则有

[S = sum_{i = 1}^nx_i ]

其中

[x_i = {_{0}^{i} ]

则有

[E(S) = sum_{i = 1}^nE(x_i) ]

我们只需要求出单个(E(x_i))的贡献

[E(x_i) = P(x_i) * i\ P(x_i)=frac{C^{m - 1}_{n - 1}}{C_n^m} = frac{m}{n} ]

所以

[E(S) = sum_{i = 1}^nE(x_i) =sum_{i = 1}^nfrac{mi}{n} = frac{m(n - 1)}{2} ]

我们惊奇的发现：放回不放回竟然对期望没有影响!

3

给定(n)个编号(1-n)的球,随机取(1)个,有(p_1)的几率放回(1)个,有(p2)概率放回(2)个,求(m)次的编号的期望和

由上面的结论我们上来猜测

答案为 (frac{m(n - 1)}{2})

恭喜你猜对了

我们再来尝试证明一下(其实和(p1),(p 2))没有任何关系

我们设(S)为最后的和,第(i)的球出现了(y_i)次,他的贡献是(x_i),(x_i = y_i imes i)

[egin{align} E(S) &= sum_{i = 1}^nE(x_i)\ &= sum_{i = 1}^nE(y_i) imes i\ &= sum_{i = 1}^n frac{mi}{n}\ &= frac{m(n - 1)}{2} end{align} ]

发现,由((28))到((29))这一步有点玄学

我们发现每一步其实是独立得,每一个数被选的概率都是(frac{m}{n}),因为每个数都有可能被抽出后再被放回,综合考虑所有情况下所有的小球都是均等的

游走问题

1链上游走

在⼀条 (n)个点的链上游⾛，求从⼀端⾛到另⼀端的概率

我们设(x_i)表示从(i)开始,第一次到(i + 1)的期望步数

由于(iin[2,n])

则有

[x_i = frac{1}{2} + frac{1}{2} imes(x_{i - 1} + x _ i + 1) ]

边界有

$x_1 = 1 $

我们就有递推式.

2完全图上游走

在⼀张 (n) 个点的完全图上游⾛，求从⼀个点⾛到另⼀个点的概率

在⼀张 (n) 个点的完全图上游⾛，求从⼀个点⾛到另⼀个点的概率

我们发现,除了目标点之外,所有点的概率都是一样的

一个点的概率是(frac{1}{n - 1})

期望步数就是

((n - 1))(小练习2)

3完全二分图上游走

我们发现只有两种情况

同侧点到同侧点和同侧点到异侧点

我们设(S_A)为同侧点到同侧点的期望步数

设(S_B)为同侧点到异侧点的期望步数

则有

[S_B = frac{1}{n} + frac{n - 1}{n}(SA + 1)\ S_A = 1+S_B ]

解方程就好了

4菊花图上游走

菊花图就是完全二分图

5树上游走

求根到(x)的期望步数

我们设(f_{u})为(u ->v)第一次的期望步数

则有

[egin{align} f_u &= frac{1}{d_u}+frac{1}{d_u}sum_{j in other_u}(1 + f_j+f_u)\ d_uf_u & =1 + d_u-1+(d_u - 1)f_u + (d_u - 1)sum_{j in other_u} f_j\ f_u &= d_u+(d_u-1)sum_{jin other_u}f_j end{align} ]

我们想

对于根我们把根看作(u),要走的子树看作(v)就好了

再来一遍DP就没了

经典问题

1

每次随机⼀个 ([1,n]) 的整数，问期望⼏次能凑⻬所有数

我们设

(x_i)表示已经凑齐了前(i - 1)个数,再凑齐一个的期望步数

单次的概率是

[P = frac{n - i + 1}{n} ]

那么期望就是

[E(x) = sum_{i = 1}^nfrac{1}{P_i} = sum_{i = 1}^nfrac{n}{n - i+ 1} ]

2

随机⼀个⻓度为$ n$ 个排列 (p)，求$ p[1…i]$ 中 (p[i]) 是最⼤的数的概率

很明显答案是

(frac{1}{i})

求满足上面条件的(i)的个数的平方的期望之和

首先我们应该明白一个东西

[E(X)^2 e E(X^2) ]

这应该是比较明显的,所以我们求出(i)的个数期望和在平方是显然不可以的.要去想别的思路.

我们再来看一看我们要求的式子

[E((sum_{i}^nX_i)^2) ]

其中如果(i)被选了,(X _i)就是(1),否则为(0).

[(sum_{i = 1}^nX_i)^2 = sum_{i,j,i<j}^n(X_iX_j + X_i^2) ]

而由于(X_i)非(1)既(0)所以平方无意义

上式可以化为

[sum_{i,j,i<j}^n(E(X_iX_j+X_i)) = sum_i^nE(X_i) + sum_{i,j,i<j}E(X_iX_j) ]

前面那个式子我们其实就是调和级数,其实就是第一问的(frac{1 }{i})

我们重点看后面的式子

所人话就是给你排列中的(i,j)((i<j))求(i)是(1...i)中的最大值同时满足(j)是(1....j)中的最大值的概率

这两个事件感性理解一下是独立的

所以上式可以化为

[sum_i^nE(X_i) + sum_{i,j,i<j}E(X_iX_j) = sum_{i = 1}^nfrac{1}{i} + sum_{i = 1,j>i}frac{1}{ij} ]

3

随机⼀个⻓度为 (n) 的排列 (p)，求$ i$ 在 (j) 的后面的概率

很明显(frac{1}{2})

因为(i,j)独立所以每个数在后面的概率是均等的‘

4

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

首先考虑第一问

这里给出两种做法

首先,从组合计数的方面考虑

[P=frac{C_{n}^m(n - m)!}{n!} = frac{1}{m!} ]

或者说考虑

在所有的排列中,(w)数组的可能性只有(m!)个,而每一种可能都是独立均等的

所以答案是(frac{1}{m!})

5

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

我们规定一个(X)数组(X_i)表示(i)是第(X_i)次被拿走的

则有

[X_1 = sum_{i = 1}^n[X_i<=X_1] ]

老样子,直接上期望的线性相加性

[egin{align} E(X_1) &= sum_{i = 2}^nE([X_i<=X_1]) + 1\ &=sum_{i = 2}^nP([Xi<=X_1]) + 1\ &=(sum_{i = 1}^nfrac{a_i}{a_1+a_i})+1 end{align} ]

6

随机⼀个⻓度为$ n $的(01)串，每个位置是$ 1 (的概率是) p (，定义) X (是每段连续的) 1 (的⻓度的平⽅之和，求)E[X]$

对于任意一个期望问题,我们先考虑,如果没有概率期望,该怎么做,推出式子后无脑套期望的线性相加就好了

我们设(g_x)为(x)结尾时后缀(1)的个数

(f_x)表示以(x)结尾时 的答案

则有

[egin{align} g_x &= g_{x - 1} + 1 （if(s_x = 1)）\ &=0(else)\ f_x &= f_{x - 1}-g_{x - 1}^2+g_x^2(if(s_x =1))\ &=f_{x - 1}(else) end{align} ]

我们发现我们这个式子可以直接套

但是平方就比较恶心

我们发现

[E(g_x^2) = frac{E(g_{x - 1}^2) +2E(g_x)+ 1}{p} ]

我们就把平方搞定了,就可以愉快的求(f_ x)了

7

给⼀个序列，每次随机删除⼀个元素，问$ i $和 (j) 在过程中相邻的概率

(i)与(j)相邻说明了什么,他们中间的数在他们之间就被删除掉了

我们考虑使用组合计数理性证明

我们发现我们只在意([i,j])中(i,j)是否是最后被删除的

[P = frac{(j - i - 1)!*2}{(j - i + 1)!} = frac{2}{(j - i)(j - i + 1)} ]

8

给定⼀棵树，将他的边随机⼀个顺序后依次插⼊，求 (u,v) 期望什么时候连通

式子整理一下,发现就是(u,v)之间的边数有关

我们设(k)为(u,v)之间的边的数量,运用组合计数枚举恰好在第(i)时刻连通

[P=sum_{i = k}^nfrac{kC_{i - 1}^{k - 1}(k - 1)!(n - k - 1)!}{(n - 1)!} ]

9

给$ 1…n (这) n $个数，每次随机选择⼀个还在的数并且删掉他的所有约数，求期望⼏次删完

经典问题,代表着经典的套路

这道题直接做貌似没有思路,因为每个数有''附属关系'',就比较恶心

这种具有删除关系的题目其实都是有一个套路的

我们假设一个数被删除后,剩下的数会被判“死缓”等到

如果我们选中了一个被判死缓的数,就把他直接删掉

如果是一个没有被判断死缓的数,就把他的约数判死缓,然后把他删掉

这样的话唯一的区别是什么？

我们选到每一个数的概率是不一样的

但是选到还没有被判断死缓的数的概率是一样的

所以两种方法本质是相同的

我们再设$X_i (如果)i(删除时没有被判死缓,)X_i$就是(1)否则(0)

[egin{align} S &= sum_{i = 1}^nX_i\ end{align} ]

[egin{align} E(S) &= sum_{i = 1}^nE(X_i)\ &=sum_{i = 1}^nfrac{1}{lfloor frac{i}{n} floor} end{align} ]

就是(i)的倍数一共(frac{i}{n})个,(i)是最早被删除的概率就是(frac{1}{lfloor frac{i}{n} floor})

期望线性性练习题

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

收益是左右两个硬币的价值的乘积，求期望总价值

我们设(x_{i,j}),如果(i,j)相遇了就是(1),否则就是(0)

那么答案就是

[S =sum_{i,j}x_{x_i,j}*w_i*w_j ]

我们直接上期望线性性

[egin{align} E(S) &= sum_{i,j}E(x_{i,j})* w_i*w_j\ &= frac{2w_iw_j}{(j - i)(j - i + 1) } end{align} ]

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

我们设(X_i)表示(a_i)被选的次数

答案就是

[S = sum_{i = 1}^n X_ia_i ]

老套路

[egin{align} E(S) &= sum_{i = 1}^nE(X_i)a_i end{align} ]

进下来问题变成了如何求(E(X_ i))

我们想一个数在第(j)次合并一个数的概率是什么?

[sum_{j = 1}^{n - 1}frac{2}{n - j + 1} ]

第(j)次还有((n - j + 1))个数,每个数都是独立的

[E(S) = sum_{i = 1}^nsum_{j = 1}^{n - 1}frac{2a_i}{n - j + 1} ]