数学总结 4（概率与期望相关）

零、目录

OI-Wiki 概率 DP。
CF 学习资料 1。
CF 学习资料 2。
期望经典问题入门。

感觉定义类的东西比较少，所以文章篇幅短了很多。

1. 解方程
2. 期望线性性

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一、解方程

解期望方程

给定一张无向图，要求从 \(1\) 走到 \(n\)。对于每条边 \((u,v)\)，有 \(p_{u,v}\) 的概率经过这条边，边权为 \(w_{u,v}\)，求从 \(1\) 开始随机游走到达 \(n\) 点的期望距离。
保证 \(\forall u, \sum\limits_{v=1}^{n} p_{u,v} = 1\)。

设 \(f_u\) 表示游走到 \(u\) 的期望距离。
则显然有：

\[f_v = \sum\limits_{(u,v) \in E} (f_u + w_{u,v}) p_{u,v} \]

如果图是无环的直接 dfs 就可以做了，如果有环加个高斯消元就解决了。

解概率方程

给定一张无向图，有一些点被称为“终点”。对于每条边 \((u,v)\)，有 \(p_{u,v}\) 的概率经过这条边，求从 \(1\) 开始随机游走最后在每个点停留的概率。
保证 \(\forall u, \sum\limits_{v=1}^{n} p_{u,v} = 1\)。

直接解概率行不通，考虑转化为期望求解。
具体地，设 \(f_u\) 表示经过 \(u\) 的期望次数，则终点只会被经过一次，它的概率等于期望。
所以直接求解 \(f\) 即可。

\[f_v = \sum\limits_{(u,v) \in E, u \not \in End} f_u \times p_{u,v} \]

特殊地，如果 \(v = 1\) 则 \(f_v\) 需要 \(+1\)。

例 1：洛谷 P2973 USACO10HOL Driving Out the Piggies G

在一个点爆炸的概率相当于它的期望经过次数 乘上 爆炸概率，即每次经过都有概率爆炸。
考虑证明：爆炸概率 \(\Rightarrow\) 期望爆炸次数（因为爆炸状态只有 \(0\) 或 \(1\)）\(\Rightarrow\) 期望经过次数 \(\times\) 爆炸概率。

例 2：CF113D Museum

第一眼看到 \(n \leq 22\) 就被诈骗了，下意识地认为是 \(2^n\) 相关做法。
事实上和解概率方程是类似的，考虑把两个人所在的点组成一个二元组 \(u = (x,y)\)，相同地有 \(v=(xx,yy)\)，考虑 \(u,v\) 之间的转移关系，其中 \(u_0=(x,x)\) 是终点。
然后高消就做完了。

例 3：CF1823F Random Walk

朴素方程是简单的，但是它需要高斯消元 \(O(n^3)\) 挂飞了。
考虑树上消元的经典套路：把 \(f_u\) 表示为 \(f_u = A_u \times f_{fa_u} + B_u\) 的形式，更加本质地说，就是用一个未知量表示所有方程。

\[f_u = \sum\limits_{(v,u) \in E, v \not= T} \frac{f_v}{deg_v} + [u=S] \]

考虑令 \(T\) 为根，这样直接省去了判 \(v=T\) 这事，然后把 \(fa\) 分离出来：

\[f_u = \frac{f_{fa}}{deg_{fa}} + \sum\limits_{v \in son_u} \frac{f_v}{deg_v} + [u = S] \]

把 \(f_v\) 转化成一次函数形式：

\[f_u = \frac{f_{fa}}{deg_{fa}} + \sum\limits_{v \in son_u} \frac{A_v \times f_u + B_v}{deg_v} + [u = S] \]

\[f_u = \frac{f_{fa}}{deg_{fa}} + f_u \times \sum\limits_{v \in son_u} \frac{A_v}{deg_v} + \sum\limits_{v \in son_u} \frac{B_v}{deg_v} + [u=S] \]

\[(1 - \sum\limits_{v \in son_u} \frac{A_v}{deg_v}) f_u = \frac{f_{fa}}{deg_{fa}} + \sum\limits_{v \in son_u} \frac{B_v}{deg_v} + [u=S] \]

\[f_u = \color{red}{ \frac{1}{ (1 - \sum\limits_{v \in son_u} \frac{A_v}{deg_v}) deg_{fa}} } f_{fa} + \color{blue}{ \frac {\sum\limits_{v \in son_u} \frac{B_v}{deg_v} + [u=S]}{(1 - \sum\limits_{v \in son_u} \frac{A_v}{deg_v})} } \]

于是可以 dfs 求出 \(A,B\) 数组了，至于 \(f\) 再 dfs 一遍即可。

例 4：CF24D Broken robot

一个很蠢的做法是直接暴力推转移式然后高消，复杂度达到了高贵的 \(O((nm)^3)\)。
稍微不那么蠢一点的做法需要一点注意：每一行的值只会和它下面一行有关，因此从下往上做，只保留两行的信息，把下一行当常数，这样就只需要高斯消元一行，复杂度 \(O(nm^3)\)。
然后不难发现一行的情况其实和上一题是差不多的，可以把它看成一条链的特殊情况，也是一个未知数表示全局，就做完了。

谴责一下洛谷题解除了一篇神奇收敛，其它都是注意到高消矩阵非常稀疏，结果就是代码都巨丑。Code.

二、期望线性性

设 \(X\) 表示一个随机变量，\(E(X)\) 表示 \(X\) 的期望，那么有：

\(E(X_1+X_2) = E(X_1)+E(X_2)\)

即期望的和等于和的期望，且不要求 \(X_1,X_2\) 互相独立，可用于有依赖的随机变量。

\(E(X_1X_2)=E(X_1)E(X_2)\)

这个式子只在 \(X_1,X_2\) 互相独立的时候才成立。

例 5：洛谷 P3232 HNOI2013 游走

一条边的贡献等于它的期望经过次数乘上它的边权。
而且一条边的贡献只和它的两个端点有关，由于 \(m \leq 125000\) 所以显然不能直接对边硬维护。
转化成点：求每个点期望经过次数，记为 \(f_i\)。
则对于一条边 \((u,v), u \not= n\)，有 \(f_u = \sum\limits_{v} \frac{f_v}{deg_u}\)，特殊地 \(f_1\) 要加 \(1\) 因为它是起点。
这东西显然可以高斯消元解决掉。
接着考虑一条边 \(u,v\) 的期望经过次数：也就是先到达 \(u\) 再经过或先到达 \(v\) 再经过，即 \(\frac{f_u}{deg_u} + \frac{f_v}{deg_v}\)。
接着分配编号贪心即可，按照期望经过次数从大到小分配从小到大的编号。

期望线性性：总分的期望等于 每条边期望经过次数 乘上 边权 之后求和。

例 6：CF GYM104324 Lost in the Jungle

多组询问，求树上 \(S\) 走到 \(T\) 的期望步数。

对于单组询问是简单的，就是经典的树上消元问题，以 \(T\) 为根把 \(f_i\) 表示为 \(A_i \times f_{fa} + B_i\) 的形式。
对于多组询问，考虑拆分成路径上每一条边的贡献再加起来，这里用到了期望线性性。
具体地，对于路径上每一条边 \(u \to v\)，求出 \(u\) 开始游走第一次到达 \(v\) 的期望步数 \(w(u,v)\)，对于一组询问 \(S \to T\) 等价于求单向路径和。
然后推式子：

\[w(u,v) = \frac{1}{deg_u} (0 + \sum\limits_{(t,u) \in E} (w(t,u)+w(u,v)) + 1 \]

其中 \(0\) 表示一步走到 \(v\)，其余的表示先走到 \(t\) 再走回来。
化简得：

\[w(u,v) = deg_u + \sum\limits_{(t,u) \in E} w(t,u) \]

考虑扔到有根树上，这东西其实就是 \(u\) 子树度数和：

\[w(u,v) = \sum\limits_{t \in subtree(u)} deg_t = 2 sz_u - 1 \]

所以分别对往上走、往下走求边权即可，树上 LCA、前缀和 \(O(q \log n)\)。

例 7：CF1187F Expected Square Beauty

考虑如何求 \(E(B(x))\)，这是简单的，当 \(a_i \not= a_{i-1}\) 时会对段数有 \(+1\) 贡献，所以根据期望线性性只需要求每个下标分别对答案的期望贡献即可。
显然是否满足 \(\not=\) 只有 \(0,1\) 两种贡献，所以期望等于概率，即 \(E(i) = \frac{s(i,i-1)}{len_i \times len_{i-1}}\)，其中 \(s(i,i-1)\) 表示区间交集长度。

然后如何求平方的期望？
显然地，可以转化为二维枚举：\(\big(\sum\limits_{i=1}^{n} [a_i \not= a_{i-1}] \big) \big(\sum\limits_{j=1}^{n} [a_j \not= a_{j-1}] \big)\)。
根据期望线性性，有：

• 当 \(i=j\) 时，由于贡献只有 \(0,1\)，因此期望仍然是 \(E(i)\)。
• 当 \(|i-j| \gt 1\) 时，两者显然互相独立，所以 \(E(i,j) = E(i) \times E(j)\)。
• 当 \(|i-j| = 1\) 时，两者相邻。此时一定会形成长度为 \(3\) 的连续段 \(i,i-1,i-2\)，需要计算满足 \(a_{i-2} \not= a_{i-1}, a_{i-1} \not= a_i\) 的期望。
  • 考虑容斥：\(len_i\times len_{i-1} \times len_{i-2}\) 减去 \((i-1,i)\) 相等的期望，减去 \((i-2,i-1)\) 相等的期望，加上 \((i-2,i-1,i)\) 都相等的期望。

例 8：CF457D Bingo!

\(2^t\) 里面其实暗含了一个组合意义，即全黑行列任意选择子集的方案数。
所以反过来考虑一个被选择的行列子集，有多少种可能成为全黑行列的子集。
考虑枚举是几行几列：

\[\frac{ C_{m}^{n^2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} C_n^i C_n^j C_{m-t}^{k-t} }{ C_m^{n^2} C_m^k } \]

\(t\) 是被黑色方格数量，即 \(t= (i+j)n - ij\)。
其中 \(C_{m}^{n^2}\) 先选出那些数在网格内，\(C_n^i, C_n^j\) 选择行列，\(C_{m-t}^{k-t}\) 表示除了全黑行列其它可以任意选，\(C_m^k\) 表示总选数方案数。
然后直接计算即可，但是良心的出题人卡了精度，因此要利用 log 和 exp 转化成指数加减运算，还是挺玄学的。

例 9：CF235D Graph Game

考虑树上问题。
这是简单的，对于二元组 \(u,v\) 计算当 \(u\) 被删除时 \(v\) 和它在同一个连通块内的概率 \(w(u,v)\)，由于只有 \(0,1\) 两种贡献所以期望等于概率。
概率怎么求？设 \(t=dist(u,v)\)，则概率显然为 \(\frac{1}{t}\)，因为 \(u\) 要成为整条路上第一个被删的，\(v\) 才会有贡献，反之则路径被断开。
所以答案就是 \(\sum\limits_{u=1}^{n} \sum\limits_{v=1}^{n} \frac{1}{dist(u,v)}\)。

基环树同理，如果 \(u,v\) 没有经过环，概率还是一样。
否则路径在环外的部分概率仍然不变，我们设环外的点数（包括接入环内的那两个点）为 \(len\)。
然后在环上有两种路径可以走，设它们的点数（不包括两个接入点）为 \(l1,l2\)。
则概率容斥一下即可：\(\frac{1}{len+l1} + \frac{1}{len+l2} - \frac{1}{len+l1+l2}\)。
注意当 \(u=v\) 的时候概率为 \(1\)，也要加上。