筆記-數學指望

指望真是個很神奇的東西啊，雖然利用方程移項能夠證實，但總感受很妙

定義

設數\(x\)有\(n\)種取值，每種取值\(a_i\)對應機率爲\(p_i\)，則\(x\)的數學指望爲\(E(x)=\sum a_ip_i\)

• 好比說拋擲一枚硬幣，定義正面爲\(1\)，反面爲\(0\)，則拋一枚硬幣的指望爲\(E(x)=0.5\times 1+0.5\times 0=0.5\)
• 擲骰子的指望爲\(\frac 16\times 1+\frac 16\times 2+\cdots+\frac 16\times 6=\frac 16\sum_{i=1}^6i=3.5\)
• 彩票一張\(1\)元，中獎機率爲\(\frac 1{10^6}\)，獎金\(10^5\)，則買一張彩票的收益指望爲\(\frac 1{10^6}\times 10^5=0.1\)元

雖然這些指望都是小數，是取不到的值，但指望表示的並非一個可能發生的狀況，而是狀況的一個平均，能夠形象地理解爲當實驗進行愈來愈多的時候，平均狀況會趨於接近指望（好比擲骰子\(100\)次的時候，平均狀況會接近\(3.5\)，而當擲\(10^6\)次的時候，會更加接近\(3.5\)）

更通常的，若\(x\)的取值並非離散的，那麼能夠用積分表達指望 換湯不換藥

基礎指望

一枚硬幣，拋到正面的機率爲\(p\)，問指望拋幾回獲得一個正面

先設答案爲\(x\)次，根據指望的定義能夠列出式子\(x=p\cdot 1+(1-p)(x+1)\)，能夠移項得出\(x=\frac 1p\)

解釋一下那個式子的右邊，考慮擲一次有兩種狀況：

• 有\(p\)的機率爲正面，這個時候只須要一次操做（即當前此次），取值\(1\)，機率\(p\)，因此第一項爲\(p\cdot 1\)；
• 有\(1-p\)的機率爲反面，因爲拋到反面即返回最初的狀況，因此還須要拋\(x\)次，加上這一次，取值\(x+1\)，機率\(1-p\)，因此第二項爲\((1-p)(x+1)\)

列出這個方程能夠解出其中某一項，可能這就是指望題目的大體玩法吧

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給定一個有\(n\)個面的骰子，問指望多少次能擲出全部面（SPOJ-FAVDICE）

發現這題不能像上一題那樣只設一個變量，因此須要利用dp思想，設\(f_i\)表示還剩\(i\)面未被擲到時指望還需多少次完成

利用上一題的思想枚舉全部後繼狀況，假設當前還剩\(i\)面未被擲到

• 這一次擲到了還未被擲到的面，機率爲\(\frac in\)，剩餘次數爲\(f_{i-1}+1\)
• 這一次擲到了已經被擲到的面，機率爲\(\frac {n-i}n\)，剩餘次數爲\(f_i\)

而這兩個之和爲\(f_i\)，即\(f_i=\frac in(f_{i-1}+1)+\frac {n-i}n(f_i+1)\)，移項可得\(f_i=f_{i-1}+\frac ni\)

而\(f_0=0\)，則遞推出\(f_n\)即爲答案

從這題能夠看出一種解題方法，設置狀態，列出方程，解出其中某一項，進行dp轉移

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你有一個戰鬥力\(v\)，有\(n\)扇門，天天隨機抽取一扇門\(i\)，若\(v\leq c_i\)，則會用\(t_i\)天的時間離開，不然\(v\)增長\(c_i\)，求離開天數的指望（ZOJ-3640）

這題也差很少，算是一個小練習，設\(f_i\)表示當戰鬥力爲\(i\)時離開的指望天數

若\(i\leq c_i\)，\(f_i+=\frac 1nf_{i+c_i}\)，不然\(f_i+=\frac 1nt_i\)

綜合這最後這兩題能夠看出，若是用Dp解簡單的指望題，狀態的設置須要知足可重複利用（好比當戰鬥力爲一個確值\(x\)時，指望天數必定是個定值）

double f(int x){
    if(x>max_c)return sum_t/n;
    if(dp[x]>-0.5)return dp[x];
    double res=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(x<=c[i])res+=1+f(x+c[i]);
        else res+=t[i];
    return dp[x]=res/n;
}

循環轉移

有些題目是沒有像上面題目那樣的單項轉移的，好比說下面這題

一個\(n\)點\(m\)邊無向連通圖，在圖上進行隨機遊走，初始時在\(1\)號頂點，每一步以相等的機率隨機選擇當前頂點的某條邊，沿着這條邊走到下一個頂點，得到等於這條邊的編號的分數。當到達\(n\)號頂點時遊走結束，總分爲全部得到的分數之和。 要求對全部邊進行編號（\(1\)~\(m\)），使得總分的指望值最小。（HNOI-2013遊走）

很明顯的貪心思路：求每條邊的訪問次數指望，按照指望大小次序給定邊權，再給邊權賦值

可是求邊的指望又能夠由邊兩邊的點的指望獲得，因此這題的主要難度在於求每一個點的訪問次數指望

用以前的方法進行設置。設\(f_i\)表示走到\(i\)節點的次數指望

因爲任意兩點間都有可能互相訪問，因此對於任意一條邊\((u,v)\)，\(f_u+=\frac 1{deg_v}f_v,f_v+=\frac 1{deg_u}f_u\)

發現這裏不能像以前幾道題來解方程了，由於這裏存在循環（\(f_1\)要用\(f_2\)推導，\(f_2\)要用\(f_1\)推導）

能夠利用高斯消元求解，時間複雜度\(O(n^3)\)

相似的題還有不少，好比HNOI-2011XOR和路徑

循環轉移的非高斯消元解法

下面介紹兩種循環轉移的非高斯消元解法（複雜度\(O(n)\)）

線性狀況

有三個骰子，分別有\(k_1,k_2,k_3\)面，每次同時投擲得\(x_1,x_2,x_3\)，分數增長\(x_1+x_2+x_3\)，若三者的值分別爲\(a,b,c\)，則分數清零，若分數大於\(n\)，則結束操做。求指望多少次投擲後結束操做（zoj-3329）

嘗試用上一題的作法來解，設\(f_i\)表示當前分數爲\(i\)時的指望還要進行多少次，令\(p_k\)表示三個骰子分數和爲\(k\)的機率

則能夠列出方程：\(f_i=\sum_kp_k(f_{i+k}+1)\)

將\(1\)提出來，把\(p_0\)單獨提出來，獲得\(f_i=1+f_0p_0+\sum_{k\not =0}p_kf_{i+k}\)

捨棄以前說的高斯消元作法，介紹一種更優秀的作法

因爲全部式子都要用到\(p_0\)，因此不妨假設\(f_i=a_ip_0+b_i\)

而後將\(f_{i+k}=a_{i+k}p_0+b_{i+k}\)套到以前的式子裏去，獲得

\(f_i=1+f_0p_0+\sum_{k\not =0}p_k(a_{i+k}f_0+b_{i+k})\\=(p_0+\sum_{k\not =0}p_ka_{i+k})f_0+\sum_{k\not =0}p_kb_{i+k}+1\)

對比式子：\(f_i=a_ip_0+b_i\)，發現兩個式子結構相同，可得：

\(a_i=p_0+\sum_{k\not =0}p_ka_{i+k}\\b_i=1+\sum_{k\not =0}p_kb_{i+k}\)

因爲\(a_i,b_i=0(i>n)\)，而上面的式子中全部量是能夠遞推而得，沒有循環轉移關係的，因此能夠遞推獲得\(a_0,b_0\)

將\(i=0\)代入，獲得\(f_0=a_0f_0+b_0\)，即\(f_0=\frac {b_0}{1-a_0}\)，得解

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樹上狀況

一棵 \(n\) 個結點的樹，從點 \(x\) 出發，每次等機率隨機選擇一條與所在點相鄰的邊走過去。\(Q\) 次詢問，每次詢問給定一個集合 \(S\)，求若是從 \(x\) 出發一直隨機遊走，直到點集 \(S\) 中全部點都至少通過一次的話，指望遊走幾步。（pkuwc2018隨機遊走）

這題以前就寫過題解，在這，能夠看看中間如何將樹上狀況的循環轉移優化成遞推

基本思路也是設每一個節點從父親轉移，遞推求得係數\(a_i,b_i\)，這樣是\(O(n)\)的

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分層圖狀況&通常圖狀況

這個待填坑吧，分層圖好像能夠玩，據說去年pkuwc上有人想出了一個在通常圖上高斯消元的高效算法