一些数学典题

OSU

形式化的：每个位置 \(i\) 有 \(p_i\) 的概率合法，求极长合法连续段长度 \(k\) 方次之和的期望

法一：

即求

\[E(X)=\sum_{L\le R}(R-L)^k(1-p_{R+1})(1-p_{L-1})\prod_{L\le i\le R} p_i \]

求个前缀积后化简式子即可

类似进击的巨人一题

法二：

考虑扫描线，维护当前扫到处的贡献，然后统计。

具体的以 \(k=2\) 举例

\(E\left((x+1)^2\right)=E(x^2+2x+1)=E(x^2)+2E(x)+1\)

设 \(f_i\) 表示从左往右扫描线到 \(i\) 时，以 \(i\) 结尾极长连续段长度的期望，\(g_i\) 则为贡献为 \(2\) 次的期望。

每次扫描线更新 \(f_i=p_i(f_{i-1}+1)\)，\(g_i=p_i(g_{i-1}+2f_{i-1}+1)+(1-p_i)g_{i-1}\)

答案即为 \(g_n\)。

同理使用二项式定理可扩展至 \(k\) 次。

二项式反演

给定 \(n\) 个有标号盒子和 \(s\) 个无编号小球，求在球必须用完的前提下每个盒子至多有 \(m\) 个小球的方案数

形式化的: \(\sum_{i=1}^n x_i=s,x_i\le m\) 求 \(x\) 的方案。

发现每个限制都很好做，但加在一起就不好做了，考虑容斥弱化一部分限制。

可以设 \(f(n)\) 表示恰有 \(n\) 个大于 \(m\)，\(g(n)\) 表示钦定 \(n\) 个大于 \(m\)。

那么显然有

\[g(n)=\sum_{i\ge n}\binom{i}{n}f(i) \]

由二项式反演得

\[f(n)=\sum_{i\ge n}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}g(i) \]

而 \(g(n)\) 是可以直接求的

\[g(i)=\binom{n}{i}\binom{s-im+n-1}{n-1} \]

而题目即求 \(f(0)\)

\[f(0)=\sum_{i\ge 0}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{s-im+n-1}{n-1} \]

至此能在线性求解该问题。

求解高次期望

例题

题目

形式化的：物品 \(i\) 有 \(p_i\) 的概率价值为 \(a_i\)，\((1-p_i)\) 的概率价值为 \(b_i\)，求所有物品价值和 \(k\) 次的期望

对于这种高次期望每个东西的贡献看似是被绑定了，但是根据定义式依旧是可拆分成单点的贡献的。

首先最简单的定义有：

\[E\left(f(x)\right)=\sum_x f(x)P(x) \]

其实就是枚举方案去算贡献再乘上概率

那么对于本题以 \(a\) 为例子【 \(x\) 是一个方案的和，重点在于方案而不在和！】

\[E\left((x+a_i)^k\right)=\sum_{x}(x+a_i)^kP(x)P(a_i) \]

用二项式定理展开一下

\[=\sum_{x}{\sum_{j=0}^{k} \dbinom{k}{i} x^ja_i^{k-j} P(x) P(a_i) } \]

整理一下，交换求和把组合数提出去

\[=P(a_i)\sum_{j=0}^{k} \dbinom{k}{i} \sum_{x}x^jP(x)a_i^{k-j} \]

由定义 \(\sum_x x^jP(x)\) 这个东西就是期望

然后我们就可以设计状态 \(DP\) 在 \(O(nk^2)\) 去做啦

具体来说我们定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个的 \(j\) 次期望值，就有

\[f_{i,j}=p_i\sum_{t=0}^{j}\dbinom{j}{t}a_i^{j-t}f_{i-1,t}+ (1-p_i)\sum_{t=0}^{j}\dbinom{j}{t}b_i^{j-t}f_{i-1,t} \]