機率指望知識點及題目詳解

時間 2019-11-10

標籤機率指望知識題目詳解简体版

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基礎知識

指望的線性性質

$E(X + Y) = E(X) + E(Y)$
證實: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

前綴和技巧

有 n 個隨機變量X[1…n]，每一個隨機變量都是從 1…S 中隨機一個整數，求 Max(X[1…n]) 的指望code

solution遊戲

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

小結論

機率爲$p$的事件指望$\frac{1}{p}$後發生。如拋硬幣，拋出正面的機率爲$\frac{1}{2}$指望拋兩次後發生。ip

取球遊戲

取球遊戲1

箱子裏有$n$個球$1...n$，你要從中拿$m$次球，拿了後不放回，求取出的數字之和的指望。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

取球遊戲2

箱子裏有$n$個球$1...n$，你要從中拿$m$次球，拿了後放回，求取出的數字之和的指望。class

solution

取到每一個球的機率均爲$\frac{m}{n}$,故答案仍爲$\sum\limits_{i=1}^n\frac{m}{n}i=\frac{m(n+1)}{2}$

取球遊戲3

箱⼦子⾥有 n 個球 1…n，你要從⾥面拿 m 次球，拿了後以 p1 的機率放回，以 p2 的機率放回兩個和這個相同的球，求取出的數字之和的指望

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

這三個問題均可以考慮全部的n個球是面臨相同狀況，因此被選中的機率都是$\frac{m}{n}$

遊走問題

遊走問題1

在一條 n 個點的鏈上隨機遊走，求從一段端走到另外一端的指望步數

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

$X_i$表示第一次從i到達$i+1$的指望步數。

由於有$\frac{1}{2}$的機率會直接從$i$走到$i+1$，有$\frac{1}{2}$的機率會走回$i-1$，因此$X_i=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times (1 + X_{i-1}+X_i)=2+X_{i-1}$

遊走問題2

在一個$n$個點的徹底圖上游走，求從一個點到另外一個點指望步數。

solution
由於是徹底圖。不論當前在哪一個點，到達目標點的機率均爲$\frac{1}{n-1}$,因此機率爲$\frac{1}{n-1}$，根據機率爲$p$的事件指望$\frac{1}{p}$次後發生。因此達到目標點的指望步數爲$n-1$

遊走問題3

在一張 2n 個點的徹底二分圖上游走，求從一個點走到另外一個點的指望步數

solution

分爲兩點在同一側和不一樣側討論。
A表示位於不一樣側的指望步數，B表示位於同一側的指望步數。
$B=1+A$

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

解方程

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

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

$A=1+n-1 = n$

$B=n+1$

遊走問題4

在一張 n 個點的菊花圖上游走，求從一個點⾛走到另外一個點的指望步數。

solution

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

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

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

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

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

遊走問題5

在一個n個點的樹上游走，問從根走到x的指望步數

solution

設從x走到y，則以y爲根

設$f[x]$表示第一次走到$x$的指望步數。

$f[x] = \frac{1}{d[x]}+\frac{1}{d[x]}\sum\limits_{y爲x的兒子}(1+f[y]+f[x])$

遊走問題6

構造一張200個點的無向圖，使得上面從S走到T的隨機遊走指望步數$\ge$1000000

solution

相似於第一題。在鏈上，$x_2=1$因此總的步數爲$n^2$級別。只要讓$x_2=n$就能夠達到$n^3$級別了。因此在最開始用$100$個點連出一張無向徹底圖，而後用$100$個點連出一條鏈。

經典問題

經典問題1

每次隨機一個[1,n]的整數，問指望幾回能湊出全部數

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

$S$表示總次數。$X_i$表示如今手裏有$i-1$個數字。不斷的取一直取到第$i$個數字所須要的步數

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

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

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

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

經典問題2

隨機一個長度爲n的排列p，問前i個數字中p[i]是最大數字的機率。

solution

前i個數字中，每一個數字最大的機率都相同。因此p[i]是最大數字的機率就是$\frac{1}{i}$

經典問題3

求上題中i的個數的平方。

solution

設$X_i$表示第$i$個數字是(1)不是(0)前i個數字中的最大數字。

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

$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
$

經典問題4

隨機一個長度爲n的排列p，問i在j後面的機率

solution

由於i與j等價，且要麼i在j前面，要麼j在i前面(i=j除外)，因此機率爲$\frac{1}{2}$

經典問題5

隨機一個長度爲 n 的排列 p，求它包含 w[1…m]做爲子序列的機率

solution

w共有$m!$種排列方式。其中只有一種符合條件。

因此答案爲$\frac{1}{m!}$

經典問題6

隨機一個長度爲 n 的排列 p，求它包含 w[1…m]做爲連續子序列的機率。

solution

w的全部狀況共有$C(_n^m)m!$種，在n中共有$n-m+1$個排列。因此答案爲$\frac{n-m+1}{C(_n^m)m!}$

經典問題7

有n堆石頭，第i堆個數爲a[i]，每次隨機選一個石頭而後把那一整堆都扔了，求第1堆石頭指望第幾回被扔。

solution

$A[i]$表示第$i$堆石頭指望第幾回被扔。

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

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

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

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

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

經典問題8

隨機一個長度爲n的01串，每一個位置是1的機率爲p，定義x 是每段連續的1的長度的平方之和。求$E(x)$

solution

$f[i]$表示前i個的答案。$g[i]$表示以i爲結尾的1的個數。

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

不然$g[i + 1]=0$,$f[i+1]=f[i]$

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

經典問題9

給一個序列，每次隨機刪除一個元素，問第i個和第j個在過程當中相鄰的機率

solution

將全部元素按照刪除順序組成一個排列。

i和j相鄰至關於從i到j這$j-i+1$個元素所組成的子序列中，i和j位於最後。這$j-i+1$個元素所組成的所有可能序列共有$(j-i+1)!$種，其中知足條件的共有$2(j-i-1)!$種。因此答案爲$\frac{2(j-i-1)!}{(j-i+1)!}=\frac{2}{(j-i+1)(j-i)}$

練習題

練習題1

給定n個硬幣，第i個硬幣的價值爲w[i],每次隨機取走一個硬幣，得到的價值爲左右兩個硬幣的價值的乘積，求指望的總價值。

solution

兩個硬幣產生價值，只當這兩個數字及其之間的全部數字中，這兩個數字最後被取走。這個的機率能夠由經典問題9知道。因此這個問題的答案就是$\sum\limits_{i=1}^{n-2}\sum\limits_{j=i+2}^n\frac{2w[j]w[i]}{(j-i+1)(j-i)}$

練習題2

有 N 個數 a[1…N]，每次等機率選出兩個數，而後合併成一個新的數放回來，獲得的收益是新的數的值，求總收益的指望

solution

$S=X_ia_i$

$X_i$表示第i個數字產生貢獻的次數。

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

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

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

練習題3

給定一個數列W[1…N]，隨機一個排列 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

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

由於$H[i],H[i-1],H[i+1]$這三個數字等價，且必定有一個最大的。因此$H[i]$最大的機率就是$\frac{1}{3}$，因此答案爲$\frac{1}{3}\sum\limits_{i=1}^nw[i]$

練習題4

codeforces280C

給出一棵樹，一開始每一個點都是白的，每次選一個⽩點將他子樹裏全部點染黑，求指望幾回染黑整個樹

solution

對於一個點$x$，只有當$x$和其全部祖先中$x$最早被染黑。$x$纔會產生貢獻。機率爲$\frac{1}{dep_i}$

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

$X_i$表示第$i$個點被染黑的指望操做次數。

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

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

課後練習

換教室

noip2016

solution

$f[i][j][0/1]$表示前i個時間段，是(1)否(0)申請，指望花費的最小體力。
而後大力分類討論轉移便可。

具體轉移方程以下

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

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

區間交

定義一種隨機生成區間的方法以下。$L=random(1,N),R=random(L,N)$。經過這種方法隨機出兩個區間，問這兩個區間相交的機率。$N \le 1000000$

solution

將問題取反，轉化爲求區間不相交的機率。

也就是須要一個區間的左端點小於另外一個區間的右端點。

用$f[i]$表示右端點小於等於i的區間的機率

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

$g[i]$表示右端點爲$i$的區間的機率。

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

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

收集郵票

luogu4550

有n($n\le 10000$)種不一樣的郵票，皮皮想收集全部種類的郵票。惟一的收集方法是到同窗凡凡那裏購買，每次只能買一張，而且買到的郵票到底是n種郵票中的哪種是等機率的，機率均爲1/n。可是因爲凡凡也很喜歡郵票，因此皮皮購買第k張郵票須要支付k元錢。
如今皮皮手中沒有郵票，皮皮想知道本身獲得全部種類的郵票須要花費的錢數目的指望.

solution

用$f[i]$表示如今手裏已經有$i$張郵票，取到$n$張所須要的步數。有$\frac{n-i}{n}$的機率取到新的郵票。因此指望取$\frac{n}{n-i}$次。因此$f[i] = f[i + 1] + \frac{n}{n-i}$

用$g[i]$表示如今手裏有$i$張郵票。取到$n$張所須要花費的錢。這裏每次取得價格依舊從1開始記。只要每次取都後面取時的花費+1就能保證知足題意了。有$\frac{i}{n}$的機率取到已有的郵票。有$\frac{n-i}{n}$的機率取到新的郵票。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

將某個節點x與其兄弟進行隨機排列以後，對於其餘的任意一個兄弟y，x在y前面的機率都爲$\frac{1}{2}$,若是$x$在$y$後面，那麼訪問完整棵$y$子樹後纔會訪問$x$節點。用$siz[i]$表示以i爲根的子樹的大小。$ans[x] = ans[fa]+1+\frac{1}{2}(siz[fa]-siz[x] - 1)$,($fa$表示$x$的父親)

Bad Luck Island

CF540D

厄運島上居住着三種物種：Rock、Scissors和Paper。在某些時刻，兩個隨機的個體相遇（全部的個體均可以平等地相遇），若是他們屬於不一樣的物種，那麼一個個體殺死另外一個：Rock殺死Scissors，Scissors殺死Paper，Paper殺死Rock。你的任務是爲每個物種肯定在足夠長的時間以後，這個物種將是惟一居住在這個島上的物種的機率。

solution

$f[i][j][k]$表示還剩下i個Rock,j個Scissors,k個Paper的機率。而後枚舉兩個物種，計算相遇的機率轉移便可。計算機率時注意減去相同的兩個物種相遇的狀況。