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  • 本文章是[学习笔记]概率与期望进阶的一部分

    本文章是[学习笔记]概率与期望进阶的一部分

    丢掉寒假作业继续学
    题目:Warm up 2

    平方期望基本推导:

    2.Square of wins: You bought N N N ( N   ≤   1 0 5 N ≤ 10^5 N105) lottery tickets. The i i i-th of them is winning with p-bility p i p_i pi. The event are independent (important!). Find EV of the square of the number of winning tickets.
    给你 n n n 0 / 1 {0/1} 0/1随机变量 x i x_i xi,每个变量为 1 1 1的概率为 p i p_i pi
    E [ ( ∑ x i ) 2 ] E[(\sum x_i)^2] E[(xi)2]

    sol:
    我们利用下面的期望基本性质对式子展开:

    如果 X , Y X,Y X,Y独立,那么 E [ X Y ] = E [ X ] × E [ Y ] E[XY]=E[X]\times E[Y] E[XY]=E[X]×E[Y]
    E [ X + Y ] = E [ X ] + E [ Y ] E[X+Y]=E[X]+E[Y] E[X+Y]=E[X]+E[Y]

    E [ ( ∑ i x i ) 2 ] = E [ ∑ i , j x i × x j ] = ∑ i , j E [ x i × x j ] = ∑ i ≠ j E [ x i ] × E [ x j ] + ∑ i E [ x i 2 ] = ∑ i ≠ j p i × p j + ∑ i p i \begin{aligned} E[(\sum_{i} x_i)^2]&=E[\sum_{i,j}x_i\times x_j]\\ &=\sum_{i,j}E[x_i\times x_j]\\ &=\sum_{i≠j}E[x_i]\times E[x_j]+\sum_{i}E[x_i^2]\\ &=\sum_{i≠j}p_i\times p_j+\sum_{i}p_i \end{aligned} E[(ixi)2]=E[i,jxi×xj]=i,jE[xi×xj]=i=jE[xi]×E[xj]+iE[xi2]=i=jpi×pj+ipi

    方差基本推导:

    之前概率生成函数的时候已经说过了。
    V a r ( X ) = E [ ( X − E [ X ] ) 2 ] = E [ X 2 − 2 X E [ X ] + E 2 [ X ] ] = E [ X 2 ] − 2 E [ X E [ X ] ] + E [ E 2 [ X ] ] = E [ X 2 ] − 2 E 2 [ X ] + E 2 [ X ] = E [ X 2 ] − E 2 [ X ] \begin{aligned} Var(X)&=E[(X-E[X])^2]\\ &=E[X^2-2XE[X]+E^2[X]]\\ &=E[X^2]-2E[XE[X]]+E[E^2[X]]\\ &=E[X^2]-2E^2[X]+E^2[X]\\ &=E[X^2]-E^2[X]\\ \end{aligned} Var(X)=E[(XE[X])2]=E[X22XE[X]+E2[X]]=E[X2]2E[XE[X]]+E[E2[X]]=E[X2]2E2[X]+E2[X]=E[X2]E2[X]
    转为求平方期望

    推导中有一个关键,就是 E [ X ] E[X] E[X]是一个确定的常数
    因此才会有 E [ X ] E[X] E[X] X X X独立, E [ E 2 [ X ] ] = E 2 [ X ] E[E^2[X]]=E^2[X] E[E2[X]]=E2[X]等结论。

    立方期望基本推导:

    3.Cube of wins:Same but find EV of the 3-rd or 4-th power.
    还是上面那道题,求 E [ ( ∑ x i ) 3 ] E[(\sum x_i)^3] E[(xi)3] E [ ( ∑ x i ) 4 ] E[(\sum x_i)^4] E[(xi)4]

    sol:
    还是一样的套路:
    E [ ( ∑ i x i ) 3 ] = E [ ∑ i , j x i × x j × x k ] = 6 ∑ i < j < k p i ⋅ p j ⋅ p k + 6 ∑ i < j p i ⋅ p j + ∑ i p i \begin{aligned} E[(\sum_{i} x_i)^3]&=E[\sum_{i,j}x_i\times x_j\times x_k]\\ &=6\sum_{i<j<k}p_i·p_j·p_k+6\sum_{i<j}p_i·p_j+\sum_{i}p_i \end{aligned} E[(ixi)3]=E[i,jxi×xj×xk]=6i<j<kpipjpk+6i<jpipj+ipi
    4次方一样的。

    CF 1187 Expected Square Beauty

    详细题解

    • 令 b i b_i bi [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]里面的随机数, X X X b b b不同段的段数,求 E [ X 2 ] E[X^2] E[X2]
    n ≤ 1 0 5 n\leq 10^5 n105

    经典平方期望入门题。
    设事件 X i X_i Xi表示 b i ≠ b i + 1 b_{i}≠b_{i+1} bi=bi+1,其中我们强制规定 X n X_n Xn为必然事件。
    这里一定要注意的是事件 X i X_i Xi X i + 1 X_{i+1} Xi+1互相不独立需要单独计算,计算的话可以考虑简单容斥一下。
    E [ X 2 ] = E [ ( ∑ i = 1 n X i ) 2 ] = ∑ ∣ i − j ∣ ≥ 2 E [ X i ] × E [ X j ] + ∑ i E [ X i X i + 1 ] + ∑ i E [ X i 2 ] = ∑ ∣ i − j ∣ ≥ 2 A i × A j + ∑ i B i + ∑ i A i \begin{aligned} E[X^2]&=E[(\sum^n_{i=1} X_i)^2]\\ &=\sum_{|i-j|≥2}E[X_i]\times E[X_j]+\sum_{i}E[X_iX_{i+1}]+\sum_{i}E[X_i^2]\\ &=\sum_{|i-j|≥2}A_i\times A_j+\sum_{i}B_i+\sum_{i} A_i\\ \end{aligned} E[X2]=E[(i=1nXi)2]=ij2E[Xi]×E[Xj]+iE[XiXi+1]+iE[Xi2]=ij2Ai×Aj+iBi+iAi
    A i , B i A_i,B_i Ai,Bi懒得写了见之前的博客。

    CF 1236 F Alice and the Cactus

    概率与期望综合能力测试:)

    • 给一个仙人掌,每个点1/2删除。
    • 问期望下连通块个数的方差。

    V a r ( X ) = E [ ( X − E [ X ] ) 2 ] = E [ X 2 ] − E 2 [ X ] Var(X)=E[(X-E[X])^2]=E[X^2]-E^2[X] Var(X)=E[(XE[X])2]=E[X2]E2[X]
    连通块个数 X = V − E + C X=V-E+C X=VE+C
    先要算 E [ V ] − E [ E ] − E [ C ] E[V]-E[E]-E[C] E[V]E[E]E[C]
    然后是最精彩的部分:
    E ( ( V − E + C ) 2 ) = E ( V 2 ) + E ( E 2 ) + E ( C 2 ) + 2 ( E ( V C ) − E ( V E ) − E ( V C ) ) E((V-E+C)^2)=E(V^2)+E(E^2)+E(C^2)+2(E(VC)-E(VE)-E(VC)) E((VE+C)2)=E(V2)+E(E2)+E(C2)+2(E(VC)E(VE)E(VC))
    这九种情况依次计算就好:)
    放心…你一定不会自闭的…

    Fibonacci’s Nightmare

    推柿子游戏的噩梦关卡:)

    a 0 = 1 a_0=1 a0=1
    a n = a i + a j a_n=a_i+a_j an=ai+aj,其中 i , j i,j i,j [ 0 , n − 1 ] [0,n-1] [0,n1]之间随机选择。
    • 求第n项的方差。
    n < = 1 0 6 n<=10^6 n<=106

    推导写起来太麻烦GU

    k方期望基本推导:

    众所周知,第二类斯特林数是自然幂拆成组合数的系数(点我学习):
    x k = ∑ i = 0 k { k i } x i ‾ = ∑ i = 0 k { k i } ( x i ) ⋅ i ! x^k=\sum^{k}_{i=0}\begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix}x^{\underline{i}}=\sum^{k}_{i=0}\begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix}\binom{x}{i}·i! xk=i=0k{ki}xi=i=0k{ki}(ix)i!
    UPD:当然,这并不意味着遇到求权值的k次方就要用这个结论。例如在权值由两个确定数字组成的时候,我们可以使用二项式定理直接解决。
    我们将它运用到求k次的期望中。
    例如之前我们求的 E [ ( ∑ i x i ) 3 ] E[(\sum_{i} x_i)^3] E[(ixi)3]
    E [ ( ∑ i x i ) 3 ] = E [ ∑ i , j x i × x j × x k ] = { 3 3 } ⋅ 3 ! ∑ i < j < k p i ⋅ p j ⋅ p k + { 3 2 } ⋅ 2 ! ∑ i < j p i ⋅ p j + { 3 1 } ⋅ 1 ! ∑ i p i \begin{aligned} E[(\sum_{i} x_i)^3]&=E[\sum_{i,j}x_i\times x_j\times x_k]\\ &=\begin{Bmatrix} 3 \\ 3 \end{Bmatrix}·3!\sum_{i<j<k}p_i·p_j·p_k+\begin{Bmatrix} 3 \\ 2 \end{Bmatrix}·2!\sum_{i<j}p_i·p_j+\begin{Bmatrix} 3 \\ 1 \end{Bmatrix}·1!\sum_{i}p_i \end{aligned} E[(ixi)3]=E[i,jxi×xj×xk]={33}3!i<j<kpipjpk+{32}2!i<jpipj+{31}1!ipi
    上面这东西不管是从代数意义上或者是从组合意义上都很好理解。

    小栗子(好像没什么关系):

    6.Small power of subtree You’re given a tree of size N N N ( N   ≤   1 0 5 N ≤ 10^5 N105) and an integer k k k ( k   ≤   10 k ≤ 10 k10). Find the sum of sizek over all “subtrees”, i.e. connected subgraphs. Print the answer modulo 1 0 9   +   7 10^9 + 7 109+7.
    给你一个节点数为 n n n的树,求所有连通子树的siz的k次方的和

    大概是CF1097G的简化版。
    设一个连通子树为 T T T,然后有:
    ∑ T s i z e ( T ) k = ∑ T ∑ i = 0 k { k i } ( s i z e ( T ) i ) ⋅ i ! = ∑ i = 0 k { k i } ⋅ i ! ∑ T ⋅ ( s i z e ( T ) i ) \begin{aligned} \sum_{T} size(T)^k&=\sum_{T}\sum^{k}_{i=0}\begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix}\binom{size(T)}{i}·i!\\ &=\sum^{k}_{i=0}\begin{Bmatrix} k \\ i \end{Bmatrix}·i!\sum_{T}·\binom{size(T)}{i}\\ \end{aligned} Tsize(T)k=Ti=0k{ki}(isize(T))i!=i=0k{ki}i!T(isize(T))
    接下来就是算 ∑ T ⋅ ( s i z e ( T ) i ) \sum_{T}·\binom{size(T)}{i} T(isize(T))
    考虑dp。
    d p i , j dp_{i,j} dpi,j为以 i i i为根的连通子树,siz为 j j j的方案数。
    做一个背包即可。
    注意做背包的复杂度其实是 O ( n k ) O(nk) O(nk)的。

    火车题

    指hc出的题…

    • 无向图的权值为连通块个数的 m m m次。
    • 求所有 n n n个点有标号图的权值和。
    n ≤ 30000 n\leq 30000 n30000, m ≤ 15 m\leq 15 m15

    还是之前的套路,我们需要计算连通块选 i i i个的方案数。
    使用无向图含 j j j个连通块计数的套路:
    f i = ln ⁡ G ( x ) g i , j = ∑ k ( n k ) g k , j − 1 ⋅ f i − k f_i=\ln G(x)\\ g_{i,j}=\sum_{k} \binom{n}{k} g_{k,j-1}·f_{i-k} fi=lnG(x)gi,j=k(kn)gk,j1fik
    i i i个的话就是 ∑ k ( n k ) g k , i ⋅ 2 n − k i ! \sum_{k}\binom{n}{k}g_{k,i}·\frac{2^{n-k}}{i!} k(kn)gk,ii!2nk

    SRM 686 CyclesNumber

    下面出现的结论可以在这里看到。

    • 求n个点的置换循环个数m次方的和。
    n ≤ 100000 , m ≤ 500 n\leq 100000, m\leq 500 n100000,m500

    看到求置换个数首先想到第一类斯特林数。
    于是答案就是 ∑ i = 1 n [ n i ] ⋅ i m \sum^{n}_{i=1} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}·i^m i=1n[ni]im
    有一个结论: [ n + 1 m + 1 ] = ∑ i [ n i ] ( i m ) \begin{bmatrix} n+1 \\ m+1 \end{bmatrix}=\sum_{i} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix} \binom{i}{m} [n+1m+1]=i[ni](mi)
    然后就可以跟之前一样推式子了:
    ∑ i = 1 n [ n i ] ⋅ i m = ∑ i = 1 n [ n i ] ∑ j = 0 m { m j } ( i j ) ⋅ j ! = ∑ j = 0 m j ! ⋅ { m j } ∑ i = 1 n [ n i ] ( i j ) = ∑ j = 0 m j ! ⋅ { m j } [ n + 1 j + 1 ] \begin{aligned} \sum^{n}_{i=1} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}·i^m &=\sum^{n}_{i=1}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}\sum^{m}_{j=0}\begin{Bmatrix} m \\ j \end{Bmatrix}\binom{i}{j}·j!\\ &=\sum^{m}_{j=0}j!·\begin{Bmatrix} m \\ j \end{Bmatrix}\sum^{n}_{i=1}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}\binom{i}{j}\\ &=\sum^{m}_{j=0}j!·\begin{Bmatrix} m \\ j \end{Bmatrix}\begin{bmatrix} n+1 \\ j+1 \end{bmatrix} \end{aligned} i=1n[ni]im=i=1n[ni]j=0m{mj}(ji)j!=j=0mj!{mj}i=1n[ni](ji)=j=0mj!{mj}[n+1j+1]
    O ( n m ) + O ( m 2 ) O(nm)+O(m^2) O(nm)+O(m2)预处理两个数计算即可。

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  • 概率论考点之方差及数学期望

    千次阅读 2021-01-31 14:16:32
    如果说数学期望是对一条曲线整体波动性的描述(用值 X 概率,再相加或积分),那么方差则更深入到这个波动性的内部,提示了波动性产生的原因(也就是偏离程度,用随机变量X的平方数学期望 减去 X的数学期望的...

    如题:2019年10月:

    分析:由方差的性质,详见4

    D(2x+1)=D(2x)+0=4D(x)=10,所以D(x)=2.5,答案选B

    在此之前,不知什么是方差。

    1、什么是方差呢?

    可以说是建立在数学期望基础上的概念,什么是数学期望呢?详见扩展:《关于数学期望由来??》

    从方差的概念中:X-E(x),可以看出是随机变量X的取值偏离E(x)平均程度的值,可能是正,也可能是负,再取平方之后,都是正。可见方差是对数学期望的偏离程度的放大。如果说数学期望是对一条曲线整体波动性的描述(用值 X 概率,再相加或积分),那么方差则更深入到这个波动性的内部,提示了波动性产生的原因(也就是偏离程度,用随机变量X的平方的数学期望  减去    X的数学期望的平方)。

    也就是计算方差公式:公式很重要!!!!!!

    2、常见离散型随机变量方差:

    0-1分布:        D(x)=p(数学期望)   *   (1-p)

    二项分布:   D(x)=np                    *     (1-p)

    泊松分布:   D(x)=\lambda(与数学期望一样)

    3、常见连续型随机变量的方差:

    均匀分布:   D(x)=\frac{(b-a)^{2}}{12},区间长度的平方除以12

    指数分布:   D(x)=\frac{1}{\lambda ^{2}}

    正态分布:  D(x)=\sigma^2

    4、方差的性质:

    扩展:

    • 关于数学期望由来??

    整个随机变量的数学特征,数学期望描述的是随机变量取值的平均程度。方差描述的是随机变量的取值偏离其数学期望的偏离程度。相关系数描述的是两个随机变量之间的相互关系,是不是具有线性关系。可见,前两个都是随机变量的取值的特征,也是最先想到的,至于为什么用平均程度来衡量呢?书中提到个词“波动性”就很关键了,这也是其中的原因。

    • 离散型随机变量的数学期望:

    为什么离散型随机变量的数学期望是通过不同值乘其对应概率,相加得到的呢?可以从其离散型随机变量图形得到,每个具体的值(在x轴),分别对应一个不同的概率值,相加后自然会得到一个值,对于同一个事物研究这个和,仿佛没有什么意义,但当相同的事物大于2个的时候,和越大,说明这个事物的波动性越大,越不稳定,从而具有现实意义和价值。

    需要记忆的常见离散型随机变量的数学期望:

    0-1分布:P{X=1},P{X=0}=1-p,EX=1*p+0*(1-p)=p

    二项分布:X\sim(n,p) ,  EX=np

    泊松分布:X\simP(\lambda),EX=\lambda

    离散型随机变量的函数的数学期望:由于随机变量X是离散的,那么关于X的函数也是离散的,所以求函数的分布律只需要将X换成X函数的形式就可以了

    • 连续型随机变量的数学期望:

    连续型随机变量的数学期望是:没有边界[-\infty ,+\infty]的积分,什么含义呢?由连续型随机变量的图形(脑补成一条曲线),x就取全域值[-\infty ,+\infty],f(x)代表这条曲线,积分的话是f(x)在x全域上的值相加,可以看到要知道“波动性”是不是也可以通过个相加的值呢?脑补一下,不同高度的曲线面积。所以连续型随机变量的数学期望就是全域上的积分值。

    需要记忆的常见连续型随机变量的数学期望:

    均匀分布:EX=\frac{a+b}{2},也就是[a,b]区间的中点。符合数学期望是关于平均程度的描述。

    指数分布:EX=\frac{1}{\lambda }

    正态分布:X\simN(\mu,\sigma^2)EX=\mu.

    连续型随机变量函数的数学期望:也是将随机变量换成随机变量函数的形式,概率密度不变。

    • 二维随机变量的数学期望:思想与一维是一样的,千万不要记公式,只需要明白原理(参考一维)

    离散型:

    连续型:

    • 数学期望的性质:

    性质1-3总结:线性组合的数学期望等于期望的线性组合

    总结:

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  • 浅谈数学期望

    千次阅读 2019-07-27 19:14:00
    数学期望当前在OI中是一个类似于数论方面门槛的知识,在竞赛中有考察。本文将详细的讲解此内容,但也不是只纠缠于简单的概念,而会解决一些题目.可能这样介绍的知识对于大佬来说还是比较基础,但对像我这样的萌新来...

    声明:本文严禁转载

    65921.png

    0.前言:

    数学期望当前在OI中是一个类似于数论方面门槛的知识,在竞赛中有考察。本文将详细的讲解此内容,但也不是只纠缠于简单的概念,而会解决一些题目.可能这样介绍的知识对于大佬来说还是比较基础,但对像我这样的萌新来说通俗易懂,所以请各位大佬不要喷我。


    1.什么是期望?

    日常生活中,我们每做一件事,都有对它的期望,这里的期望不仅仅只结果的胜负之类,也可以与状态有关。但在OI中,一般指的就是达到结果的期望,最朴素的计算是每次可能结果的概率乘以其结果的总和

    这是最基本的数学特征。

    广义下的定义:一次随机抽样中所期望的某随机变量的取值。

    数学定义:66005.png

    2.引入:

    问题1:

    先看一个问题:

    甲乙两个正常人赌博,丙作为裁判监督,五局三胜,赢家可以获得100元的奖励。当比赛进行到第四局的时候,甲胜了两局,乙胜了一局,但这时赌场遇到了警察的查封,丙见势不妙,立马逃走了,甲乙两人被迫中止了比赛,那么,如何分配这100元?(每局都能分出胜负)

    方案1:

    每人50元。

    这显然是和平解决问题的方式,此时乙会赞成,但是甲一定有意见,显然,自己已经拿下赛点,不可能心甘情愿的平均分钱。

    方案2:

    按照获胜的概率分。

    假设比赛继续进行,那么下一轮:

    50%:甲赢,拿下100元。

    50%:乙赢,继续比赛。

    但是,如果问题就进行到这里,也就没有接下来的期望了。

    当然,如果乙在暗中操纵下赢了,那么再下一轮中,

    甲乙两人都有50%的概率获胜,拿下100元。

    甲乙:??这怎么算?


    再次观察。

    假设甲最终在想象中输了,那么他是在什么概率下输的呢?

    \(\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)

    他实际上只有四分之一的概率输。

    显而易见,因为每局都能分出胜负,所以他有\(\frac{3}{4}\)的概率赢掉。

    那么情况就简单了,我们根据他们的胜率来分钱。

    甲分\(100\times \frac{3}{4}=75\)

    乙分\(100\times \frac{1}{4}=25\)

    此游戏完结~


    问题2:

    一位公司招募员工,几乎没有什么面试,甲乙两个年轻人就意外的获得了一份工作,这时,面试官却说要给他们发入司奖金,每人需要从各自的三个红包中选择一个。

    此时,他们已知红包中有一个1000元的,两个500元的。

    两位年轻人各自抽取了一个。

    他们刚要打开红包,面试官却制止了他们,随机打开每人剩下红包中的一个,相同的,里面都装着500元钱。

    于是面试官向他们询问:如果同意你们用手上的红包换取未打开的红包,你会换吗?


    乍一看,这是一个无厘头的问题,可能有些意气风发的人便想到坚持自我等诸多大道理,或者暗自猜测面试官在红包上做了什么标记。

    但也有些人想把握机会。

    凑巧,甲坚持了原来的选择,乙却尝试了机会。

    表面上看,这是一个完全机会均等,拼手气的选择。

    但真的是这样吗?

    稍加理性分析,我们可以得到一个初步的结论,帮助我们做出选择:

    如果员工刚开始恰巧选择了1000元,他不交换会得到1000元,而显然有更大概率他刚开始选到了500元,那么他相应的就只能得到500元了。

    由此,选择交换会获得更大的收益。

    当然,我们可以不仅仅停留在定向判断。

    下面定量计算一下:

    设为A,B,C三个红包

    当员工选择了A红包后,就将三个红包分为两组,第一组为A红包,第二组为B、C红包。很明显1000元在第一组的概率为\(\frac{1}{3}\),在第二组的概率为\(\frac{2}{3}\),而面试官打开了B红包,发现B为500元红包,这里其实是帮助员工在第二组里筛选掉了一个错误答案,所以1000元在C红包的概率其实为\(\frac{2}{3}\)

    所以就要换喽

    当然,看到是面试官来做这个实验就知道这还是一个面试环节

    于是甲就被炒鱿鱼了


    但是,当甲走到门口时,面试官灵机一动,告诉他可以再回答一个问题。

    于是甲满怀激动地走了过来。

    面试官向两人踢出提出了下一个问题:

    如果给你手上的红包,让你换已经打开的呢?(打开的那个是500元)

    显然无论如何都是不换的于是两人完美的成为了同事

    面试官因招到了人完美的收到了4000元

    3.例题1:

    刚才的故事就是数学期望的一个简单应用,两个人都有对自己赢钱的期望(理性分析),便成功的解决了问题。

    但是对模型:每次可能结果的概率乘以其结果的总和

    的使用却并不是很明显

    那么

    下面给出一道入门题目,可用以上知识解决:

    • 题意简叙:

    一个01串中每个长度为\(X\)的全1子串可贡献\(X^3\)的分数。

    给出n次操作的成功率\(p[i]\),求期望分数。

    分析:

    我们可以观察到每次对答案的贡献是三次方级别的。

    吼啊,我不会三次方期望啊。

    仔细观察,首先发现一次方的期望是很好弄的。

    于是设\(a[i]\)表示前i位中第i位为1的长度的期望:

    则有

    \[a[i]=(a[i-1]+1)\times p[i]\]

    tag:即为在i-1的末尾加一个概率为\(p[i]\)出现的1

    接着推平方

    \(b[i]\)表示前i位中第i位为1的长度的平方的期望:

    则有

    \[b[i]=(b[i-1]+2\times a[i-1]+1)\times p[i]\]

    tag:期望的线性延伸

    \[x^2->(x+1)^2->x^2+2x+1\]

    运用这种方法,我们可以在求出\(a[i]\)的基础上推出\(b[i]\)

    同理,设\(f[i]\)表示前i位中第i位为1的长度的立方的期望:

    则有:

    \[f[i]=(f[i-1]+3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]\]

    • 哇塞我要A紫题了!!!

    然后在满心欢喜的提交上去后发现wa了。

    65909.png

    显然,我们还有没考虑到的地方?

    是什么呢?

    是最后求得的答案与中间过渡式子的不同性。

    其实,前三个式子我们都只考虑第i位,这样做是为了递推下面的式子,但是答案让我们求出最终的期望分数,也就是前n位,这时输出f[n]自然就炸了。

    所以,只需把三次方递推式稍微变形一下即可;

    \[f[i]=(f[i-1]+3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]+f[i-1]\times (1-p[i])=f[i-1]+(3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]\]

    这样最终的\(f[n]\)就是答案喽!

    code:

    //AC记录:https://www.luogu.org/record/21569138
    #include<cstdio>
    using namespace std;
    double a[100005],b[100005],f[100005],p[100005];
    int main()
    {
        int n;
       scanf("%d",&n);
       for(int i=1;i<=n;i++)
        {
           scanf("%lf",&p[i]);
           a[i]=(a[i-1]+1)*p[i];
           b[i]=(b[i-1]+2*a[i-1]+1)*p[i];
           f[i]=f[i-1]+(3*b[i-1]+3*a[i-1]+1)*p[i];
       }
       printf("%.1lf\n",f[n]);
       return 0;
    }
    

    学好数学期望,递推AC紫题!(其实这应该算dp

    65910.png

    4.例题2:

    思考题:

    tag:这道题笔者并没有找到题目出处,如有发现者,欢迎在评论区留言!

    • 给定一个无向图,每个点可以等概率地走到与它有边的点

    • 求从1走到n所需要的期望步数

    • N<=500

    分析:

    • \(F[i]\)表示从i走到n的期望步数

    • \(F[n]=0\);

    • \(F[i]=aver\){\(f[j]\)}\(+1\),\((i,j)\)有边

    tag:65911.png

    天哪上面这张图小的洛谷都水印不上了??

    • 构成n元一次方程组

    • 高斯消元?

    5.例题3

    https://www.luogu.org/problem/P2911

    我怎么开始讲红题了真是trl

    • 题意简叙:

    三个骰子,每个面的概率均等,显然,三个面相加能得到一个唯一的数,而得到这个唯一的数却有多种不同的组合方法。

    现在你需要求出哪个和出现的概率最大。

    解法1:

    这题的数据范围很小,直接暴力跑三重循环就行了。

    解法2:

    这里我闲的没事用了与期望相关的知识来简化了一下。但是这里只是定向的判断一下。

    直接计算骰子的期望,得:

    \[\frac{(a+b+c+3)}{2}\]

    但是这个想法却有考虑不周的情况,这里留给读者思考。

    6.例题4

    题目链接:

    https://www.luogu.org/problem/UVA10288

    • 题意简叙:

    每张彩票上有一个漂亮图案,图案一共n种,如果你集齐了这n种图案就可以召唤神龙兑换大奖。

    现在请问,在理想(平均)情况下,你买多少张彩票才能获得大奖的?

    \(n\leq33\)

    分析:

    本题我们设已经有了k个图案

    \[a=\frac{k}{n}\]

    设拿到一种新的图案需要t次。

    则概率为:

    \[a^{t-1}(1-a)\]

    则平均需要(已提出了(1-a)):

    \[(1-a)(1+2a+3a^2+4a^3+5a^4+...)\]

    即为

    \[E(1-a)\]

    而此时我们需要观察其和\(E(a)\)的关系:

    \[E(a)=a+2a^2+3a^3+4a^4+...=E-1-a-a^2-a^3...\]

    整理可得

    \[E(1-a)=1+a+a^2+a^3=\frac{1}{1-a}\]

    然后代换一下

    \[E(1-a)=\frac{n}{n-k}\]

    这样结论就显而易见了:

    假设有k个图案在手,那么平均再买\(\frac{n}{n-k}\) 次就可以再得到一种新的图案,故可得总次数为:

    \[(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-3}+\frac{1}{2}+1)n\]

    但是这样最后可能会得到一个分数,这就导致输出变得并不是那么方便为自己偷懒找理由

    7.期望与均值?

    期望与均值是两个十分相近的概念,但又可以说是截然不同。

    • 均值往往是在实验中简单的对数据进行平均。

    • 而期望就好像在上帝视角的人。

    举个掷骰子的例子:

    我们的均值怎么算呢?

    显然要掷上一定多的次数来求平均数。

    比如,掷了6次,分别为1,5,5,6,3,3,那么均值为

    \[\frac{1+5+5+6+3+3}{6}=3.8333333...\]

    居然无限循环小数...看来我是自己出数坑自己

    可是期望呢?

    我们不用掷骰子就能计算出来:

    65900.png

    可以看出,两个值是有明显差别的,而且还时刻不同。

    但是为什么容易弄混呢?

    因为我太弱了在将多个均值求均值后,两者就无限接近了。

    8、期望的小性质:

    • 设X是随机变量,C是常数,则\(E(CX)=C\times E(X)\)

    简单证明一下:

    设x 的多个随机变量为

    \[Ca_1,Ca_2,Ca_3\]

    对应的出现概率为

    \[p_1,p_2,p_3\]

    那么对应的求期望的式子

    \[E(CX)=C(a_1\times p_1 +a_2\times p_2 +a_3\times p_3 )\]

    (C提出来)

    由于:

    \[E(X)=a_1\times p_1 +a_2\times p_2 +a_3\times p_3\]

    所以

    \[E(CX)=C\times E(X)\]

    下面的可以自行思考,都不难

    • 设X,Y是任意两个随机变量,则有\(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)

    • 设X,Y是相互独立的随机变量,则有\(E(XY)=E(X)\times E(Y)\)

    • 设C为常数,则\(E(C)=C\)

    9、期望的应用

    彩票问题

    在买彩票中,大多数人相信基本上是没法中奖的,但还是有少数人幻想,于是就再这里简要分析一个彩票问题的期望.

    设一张彩票为2元,每售\(1000000\)张开奖,假设中奖号码为\(342356\),则每张彩票有一个对应的六位数号码,奖次如下:(中奖不叠加)

    • 末位相等,安慰奖:奖励4元,中奖概率0.1%

    • 后两位相等,幸运奖:奖励20元,中奖概率0.01%

    • 后三位相等,手气奖:奖励200元,中奖概率0.001%

    • 后四位相等,一等奖:奖励2000元,中奖概率0.0001%

    • 后五位相等,特等奖:奖励20000元,中奖概率0.00001%

    某大佬:咦我六位都相等,快给我200000元!!!

    彩票公司:你没看你这一项没有吗?你只是特等奖(我是不会告诉你再给钱就亏了

    那到底为什么亏了呢

    我们来用简单的概率知识来计算一下,对于每一位购买彩票的用户,公司可能支出为:

    \[0.1\times 4+0.01\times 20+0.001\times 200+0.0001\times 2000+0.00001\times 20000=1.2\]

    也就是说,公司期望对每个人赚0.8元。

    每1000000张,就是800000元!

    回到刚才大佬的疑问,显然,如果按照开奖规律继续的话,公司会少赚200000元!!

    这显然是一笔不小的损失

    彩票公司:我这怎么给员工发工资?!

    66050.png

    dalao:

    66052.png

    由此可见,彩票公司售卖彩票会让买家有惊现不同的体验(奖次不同),但即使是随机生成彩票号码,卖得多了所支出的钱一定在期望值附近,而能保证稳定的收入,而且彩票单价低,还有可能中那么多奖,买的人多,这样彩票市场才得以持续下去。

    10、条件期望

    这种期望的求解一般是在有一定条件下的。废话

    如下题:

    假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出6停止。求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

    分析:

    第一眼,我的答案是3

    至于如何得出的,在这里就不卖关子了,因为上面的答案是错的!

    思考一下,为什么呢?

    我们再读一下题:


    假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出6停止。求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

    求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

    只出现过偶数的条件

    只出现过偶数

    只出现


    抽丝剥茧

    细细的考虑一下,题目所说的并不是指出现奇数就pass再扔,而是出现奇数就终止了操作!!!

    所以把条件这样转换后,就可以得到正确答案:\(\frac{3}{2}\)

    什么?你问怎么得到的?

    那我把题意转换一下:

    假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出1,3,5,6停止。求骰子最后一次是6次数的期望。

    这样再结合前面的知识,大家应该都明白了吧。


    这类问题属于数学期望中较有拓展的知识,考察的概率较低,感兴趣者可作为兴趣钻研。其实也不难

    n.后记:

    期望的定义等少数内容为了精准参考了百度百科即其他大佬的blog等,本文如有错误,欢迎大佬指正

    转载于:https://www.cnblogs.com/ShineEternal/p/11256360.html

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    前三条是无条件的性质,第四条是需要相互独立
    在这里插入图片描述

    证明

    在这里插入图片描述

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空空如也

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平方的数学期望