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  • 进化论中的概率论 进化13个字母序列无差期望公式 原文引用=========地址:http://blog.csdn.net/pongba/archive/2007/12/02/1912466.aspx 标题:数学之美番外篇:进化论中的概率论 作者:刘未鹏(pongba)=======...

    进化论中的概率论 进化13个字母序列的无差期望值公式

     

    原文引用=========地址:http://blog.csdn.net/pongba/archive/2007/12/02/1912466.aspx 标题:数学之美番外篇:进化论中的概率论 作者:刘未鹏(pongba)=========>

    1、举个例子,现有由13个字母构成的序列“TOBEORNOTTOBE”,假设有几百万只猴子,每只猴子每秒钟挑一条短语,需要78,800年才能从26^13种可能中选出这样的排列。不过,Glendale CollegeRichard Hardison20世纪80年代写过一个程序,它能够在随机产生序列的同时,保证那些已经出现在正确位置上的字母不会变化……这个程序平均只需要336次迭代就能生成上文提到的短语,时间少于90秒。……Richard同学写的那个程序显示需要平均336次。(备注:回复中有同学指出此程序的思路是每次只写一个字母。我在想,难道意思是26*13=338336?那我就真的崩溃了。)

    2、实际上,我也写了一个这样的程序,然而结果显示却是大约82次左右。那么到底谁的正确呢?(备注:作者的思路是一次写出13个字母,然后逐个对,对了就固定。)

    <========引用完毕

     

    首先讨论原文中解决问题的起始思路:随机写一个含有13个字母的单词,写出有且仅有一位和某个特定单词相同的单词,所用次数的期望。原文中给出了两种思路,这两种思路都是正确的,但具体计算中存在着一些问题。

    方法一:猜对其中一个字母的概率是1/26,所以猜对13个字母中的一个的概率是13*(1/26)=1/2,所以期望是2

    分析:假设该单词只有一个字母,猜一次猜对的概率为1/26这没有任何问题,但猜13个字母不是这样简单的叠加。26个字母猜13个数量太多不便观察,做个简单的例子:假设在五个字母ABCDE中猜出顺序为AB的一个单词,按照上面的思路,猜一次有且仅有一个正确的概率显然是2*(1/5)=2/5。现在列个表(设行为前面的字母):

     

    A

    B

    C

    D

    E

    A

    1

     

     

     

     

    B

    2

    1

    1

    1

    1

    C

    1

     

     

     

     

    D

    1

     

     

     

     

    E

    1

     

     

     

     

    显然,猜一次有且仅有一个正确的概率为8/25,猜一次对了两个的概率为1/25。和2/5完全不搭边。

     

    方法二:有且仅有一个字母猜对说明其他12个均没猜对。所以猜了一次,有且仅有一个字母被猜对的概率是13*(1/26)*(25/26)^12(式①)。猜了两次才出现有一个字母被猜对情况的概率是(25/26)^n*式①,其实(25/26)^n表示的是13个字母中没有任何一个被猜对,漏掉了第一次猜的时候猜对了大于1个字母,第二次猜的时候的情况,所以从“猜了两次”的概率开始式子就开始出现偏差。正确的猜二次的概率应该是:(1-式①)*式①。

     

    由于上述两思路中存在的细节错误,所以两方法得出的结果不一样纯属正常。

    下面给出一个“每次有且仅有一个字母猜对”猜对整个序列所需次数的期望。在这个算法中,“每次有且仅有一个字母猜对”视为成功,“没有任何字母被猜对”以及“猜对多余1个字母”均视为失败。

    13个字母的单词,有且仅有一个字母被猜对所需的猜测期望为:

    1*式①+2*(1-式①)*式①+3*(1-式①)^2*式①……(式③)

    =式①*n(1-式①)^(n-1)=1/式①=3.202 (计算过程见《多元函数微积分》幂级数运算性质,亦可以参阅《概率统计》中关于古典概型期望的一个定理证明,对于每次都以P概率发生的事情,让它发生一次所需的尝试次数就是1/P

    然后在没有猜到的12个字母中继续猜,最后得到猜完全部13个字母需要的期望次数是94.228。该值与原文中的82差距较大,是因为这一算法考虑的是“每次有且仅有一个字母被猜对”,而非“每次有一个或以上字母被猜对”。原文中的方法二虽然在“猜一次”中采用了有且仅有一个字母被猜对的假设,但在“猜两次”~“猜N次”中又采用了“N-1”之前均为“没有猜中任何字母”的假设,漏掉了在“N-1”前可能有某些次“猜中大于1个字母”的假设,从而减少了尝试次数。

     

    如原文中所述,进行字母序列猜测的时候有可能同时猜对几个字母。比如第一次有字母中标的时候一下就中了3个,那么接下来字母串的长度就变为了13-3=10

    可以用这样的思路来考虑:对于序列长度为n的情况,某一次恰好猜中m个的概率为C(m,n)*(1/26)^m*(25/26)^(n-m)(式④,其中C(m,n)n个数中m个数的组合=n!/(n-m)!/m!而“恰好猜中m个”在“猜中至少1个”这一整体中发生的概率为:式④/[1-(25/26)^n](记为P(m,n))。当序列长度为13时,猜对至少一个所需次数的期望为1/(1-(25/26)^13),除了一下把13个全都猜对的情况之外,还有只猜对12个、11个……1个的情况,这些情况发生的时候则继续猜。可得猜对该序列所需次数期望E0(13)= 1/(1-(25/26)^13)+P(1,13)*E0(12)+P(2,13)*E0(11)….= 1/(1-(25/26)^13)+ P(m,13)E0(13-m)

    通用公式E0(n)= 1/(1-(25/26)^n)+ P(m,n)E0(n-m)

    写个程序算出来,结果为81.583。与原文中的差距是当猜到了多个字母之后序列可以缩短超过1的长度省出来的。

     

    总结:I admire myself very much.

    计算程序:

    #include "stdio.h"

    #include "math.h"

    float f4(float m,float n)      /*对于序列长度为n的情况,某一次恰好猜中m个的概率为C(m,n)*(1/26)^m*(25/26)^n-m */

    {

        float i;

        float t1=1,t2=1,t3=1;

        for(i=1;i<=n;i++)

        {   t1=t1*i;}

        for(i=1;i<=m;i++)

        {   t2=t2*i;}

        for(i=1;i<=n-m;i++)

        {   t3=t3*i;}

        t1=t1/t2/t3*pow((1.0/26.0),m)*pow((25.0/26.0),n-m);      /*pow(x,y),计算xy次方*/

        return(t1);

    }

    float P(float m,float n)                  /*"恰好猜中m""猜中至少1"这一整体中发生的概率为:f4/[1-(25/26)^n] */

    {   return(f4(m,n)/(1.0-pow((25.0/26.0),n)));}

    float E0(float n)

    /*E0(n)=1/(1-(25/26)^n)+ P(m,n)E0(n-m)*/

    {

        float m;

        float s;

        if(n==1.0)return(26.0);

        if(n==0)return(0.0);

        s=1.0/(1.-pow((25./26.),n));

        for(m=1;m<=n;m++)

        {

            s=s+P(m,n)*E0(n-m);

        }

        return(s);

    }

    main()

    {

        float n=13;

        float t;

        t=E0(n);

        printf("%f",t);   /*想要更精确,就用double型,不过我不知道double输出的时候应该写”%”加什么啊!谁告我一下*/

        getch();

    } 

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  • 文章目录一:伯努利分布/0-1分布二:二项分布三:泊松分布四:正态分布五:均匀分布六:指数分布 一:伯努利分布/0-1分布 如果随机试验仅有两个可能结果...期望和方差 三:泊松分布 1.引入 很多场合下,我们感兴


    一:期望

    引入:
    在这里插入图片描述


    1.1离散型随机变量的期望

    在这里插入图片描述
    注:其实是在等概率的基础上引申来的,等概率下的权重都是1/N。


    1.2连续型随机变量的期望

    在这里插入图片描述
    注:因为对于连续性随机变量其某一点的概率是无意义的,所以要借用密度函数,详情见:https://blog.csdn.net/qq_37534947/article/details/109563254,其实就是一个期望累计的过程。


    1.3期望的性质

    在这里插入图片描述
    注:其中第三个性质,可以把所有的X+Y的各种情况展开,最后得出的结果就是这样的。


    二:随机变量函数(复合随机)的数学期望

    1.理解

    在这里插入图片描述
    注:其实就是复合随机变量的期望,对于离散型 ,其主要是每个值增加了多少倍/减少了多少倍,但是概率不变,所以公式见上面;对于 连续性随机变量,其实是一样的,每个点的概率没有变,所以就是变量本身的值发货所能了改变。


    三:方差

    引入的意义:
    在这里插入图片描述
    求每次相对于均值的波动:
    在这里插入图片描述
    求波动的平方和:
    在这里插入图片描述


    定义:
    在这里插入图片描述
    注:其实就是对X-E(X)方 ,求均值其实就是方差,注意这里的均值也是加权平均,所以方差其实就是一种特殊的期望。


    3.1离散型随机变量的方差

    在这里插入图片描述


    3.2连续性随机变量的方差

    在这里插入图片描述


    3.3方差的性质

    在这里插入图片描述
    注:3)4)5)等性质可以套入定义中就可以得到,这里不多说;对于独立以及协方差见后;8)的证明如下
    在这里插入图片描述


    四:协方差

    4.1定义

    在这里插入图片描述
    注:这里和之前一个变量对比,之前是一个变量的偏移后进行平方,然而这里是两个变量平移后进行相乘。

    4.2离散型二维随机变量的协方差

    在这里插入图片描述


    4.3连续型二维随机变量的协方差

    在这里插入图片描述


    4.4二维随机变量的协方差性质

    在这里插入图片描述
    注:了解即可…


    4.5协方差矩阵

    在这里插入图片描述

    在这里插入图片描述


    五:相关系数

    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述
    所以: 独立必不相关,但不相关不一定独立,因为这里的不相关指的是线性不相关,可能会有其他非线性关系,具体例子找到再补充-------。


    参考链接:
    https://www.cnblogs.com/bigmonkey/p/11097322.html

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  • 离散型与连续型随机变量的数学期望的定义(二项分布的期望) 推到过程(本人也不是很明白这位大佬在干嘛) (不过他的过程不难理解) (几何分布的期望) 伽马分布的期望 方差 重点经常用的 一个期望公式 ....

    离散型与连续型随机变量的数学期望的定义在这里插入图片描述(二项分布的期望) 在这里插入图片描述

    推到过程(本人也不是很明白这位大佬在干嘛)
    (不过他的过程不难理解)
    在这里插入图片描述

    (几何分布的期望)
    在这里插入图片描述

    伽马分布的期望

    在这里插入图片描述

    方差
    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述

    重点经常用的
    z
    一个期望公式
    在这里插入图片描述

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  • hdu5035:概率论公式

    2014-09-22 14:20:00
    你会去第一个完成当前服务窗口,求你从到达邮局到寄完包裹花费总时间的期望 据说是概率论书上题目。。概率论才学了一章哭瞎 比赛时候题还没完全都清楚,感觉概率应该用积分算,就开始积分,最后搞了半天...

    题目大意:

    你要去邮局发一个包裹,有n个窗口,每个都有人,每一个窗口完成一次服务的时间 ti 的分布符合几何分布:ki*e^(-ki*t)

    每个窗口当前服务已经进行了ci时间

    你会去第一个完成当前服务的窗口,求你从到达邮局到寄完包裹花费总时间的期望

     

    据说是概率论书上的题目。。概率论才学了一章的哭瞎

    比赛的时候题还没完全都清楚,感觉概率应该用积分算,就开始积分,最后搞了半天也是不了了知

    后来看了大牛的题解,总算看懂了,也自己推了+xf(x:λj)dx一次。。

     

    思路:

    首先对单个窗口进行概率积分 +xf(x:λj)dx +xf(x:λj)dx+xf(x:λj)dx+xf(x:λj)dx得到完成时间在[0,t]内的概率为 1-e^(-ki*t),所以[t,+∞]的概率即为 e^(-ki*t);

    再对期望积分 得到 E(i)=1/ki;

    通过以上概率每个窗口完成当前服务的时间是和已经进行的时间ci是无关的(这个由条件概率很好算出)

    所以,我们设 在第 t 时刻,你来到了 i 窗口,那么应该满足什么条件呢

    根据题意,你将会去结束当前服务最早的一个窗口,所以,你去此窗口的必要条件是 ,其他窗口在 t 时刻并没有结束自己的当前工作

    这个概率由乘法原理可以容易写出:

    即为  ∏ (j=1...n,j!=i):e^(-kj*t) 。

    而花费的时间即为 t (在当前服务上花的时间)  +  E(i) (在你身上花的时间的期望)。

    由于 t 是连续的,还需要对 t 进行积分。

    最后再对每一个窗口进行求和,得到期望的表达式

    化简过程就需要各种积分了。。所以高数功底还是很重要的啊。

    如图:

     

    最后推出公式。。代码就好写了

    #include <iostream>
    #include <stdio.h>
    #include<string.h>
    #include<algorithm>
    #include<math.h>
    #include<string>
    #include<ctype.h>
    using namespace std;
    #define MAXN 10000
    double k[1010];
    int main()
    {
    
        int tt;
        scanf("%d",&tt);
        int n;
        int cas=0;
        while(tt--)
        {
            cas++;
            scanf("%d",&n);
            double ans=0;
            for(int i=0;i<n;i++)
            {
                scanf("%lf",k+i);
                ans+=k[i];
            }
            for(int i=0;i<n;i++)
            {
                scanf("%lf",&k[1000]);
            }
            printf("Case #%d: %.6f\n",cas,(n+1)/ans);
        }
    
    
        return 0;
    }

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/oneshot/p/3985938.html

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概率论期望的公式