概率论 习题

线段长度期望

线段 \([0,1]\) 中随机选两个点，求线段长度的期望

答案为

\[\begin{aligned} \int_0^1\int_0^1|x-p| \mathrm dp\,\mathrm dx=&\int_0^1x^2-x+\frac12\mathrm dx\\ =&\frac13x^3-\frac12x^2+\frac12 x\mid_0^1\\ =&\frac13 \end{aligned}\]

经典 马尔科夫链 问题

\(n\) 个点分别在 \(1\sim n\)，每次 \(\frac12\) 的概率向左一格，\(\frac12\) 的概率向右一格，对于每个 \(2\le i\le n-1\)，求出从 \(i\) 开始到达 \(n\) 处比到达 \(0\) 处更早的概率，\(n\le10^6\)

设 \(i\) 开始答案为 \(P_i\)，则 \(\large{P_0=0,P_1=1,P_i=\frac{P_{i-1}+P_{i+1}}2}\)

可得 \(P_i-P_{i-1}=P_{i+1}-P_i\)，即 \(P\) 为等差数列

因此 \(P_i=\frac in\)

剪刀石头布

剪刀石头布期望多少次才能赢一局

设答案为 \(x\)，则 \(x=1+\frac13\cdot 0+\frac23x\)，可得 \(x=3\)

CF280C Game on Tree

给定一棵 \(n\) 点的有根树，每次操作等概率选择一个未被删去的点，删去它和它所在的子树，求删空整棵树的期望时间，\(n\le10^5\)

点 \(u\) 会产生 \(1\) 的贡献当且仅当它到根的链上所有点中，它是第一个被选择的，其数量为 \(dep_u\)（\(dep_1=1\)），因此答案为 \(\sum_{i=1}^n \frac1{dep_i}\)

时间复杂度 \(O(n)\)

代码

[ABC263E] Sugoroku 3

\(n\) 个格子，从第 \(i\) 个出发下一步等概率到达 \(i\sim i+a_i\)，求从 \(1\) 出发到达 \(n\) 的期望次数，\(n\le2\times10^5\)

直接 \(dp\) 发现有环，将方程中的 \(dp_i\) 全部移到左边即可根据 \(dp_{i+1}\sim dp_{i+a_i}\) 求出 \(dp_i\)，时间复杂度 \(O(n)\)

代码

[ABC189F] Sugoroku2

\(n\) 个格子，到达其中 \(k\) 个会直接回到 \(0\)，否则会等概率移动到 \(i+1\sim i+m\)，求从 \(0\) 开始坐标不小于 \(n\) 的期望次数或判断不可能到达，\(n,m\le10^5,k\le10\)

每个位置的答案都可以表示为 \(dp_i=a_idp_0+b_i\)，这个容易倒序推出，最后会得到一个关于 \(dp_0\) 的一元一次方程，解出后判断即可，时间复杂度 \(O(n)\)

代码

[ARC114E] Paper Cutting 2

\(H\times W\) 的网格上 \((h_1,w_1)\) 和 \((h_2,w_2)\) 为黑色，其余白色。设当前矩形为 \(h\times w\)，则从 \(h+w-2\) 条网格线中等概率选择一条切开，若两个黑点被分开则结束，否则丢弃全白的一块，求期望步数，\(H,W\le10^5\)

期望步数等于每条线期望被切割次数之和，因为每条线只会切至多一次，因此这等于每条线被切割的概率之和

设黑点上下左右分别有 \(u,d,l,r\) 条分割线，分别计算贡献。显然形式基本相同，因此只考虑上方的贡献

这 \(u\) 条中从上到下第 \(i\) 条可以被切当且仅当它比其上方和两黑点之间的线先切开

两黑点之间有 \(h+w-2-u-d-l-r\) 条，设其为 \(t\)

则第 \(i\) 条被切的概率为它比这 \(t+i-1\) 条先切开，即这 \(t+i-1+1\) 条中第 \(i\) 条为最后被切开的，其概率为 \(\frac1{t+i}\)

若预处理逆元，则总时间复杂度 \(O(\max(H,W))\)，可以用筛优化到 \({O\left(\frac{\max(H,W)^{3/4}}{\log\max(H,W)}\right)}\)，但没有必要

代码

CF1523E Crypto Lights

一排 \(n\) 个灯，初始全灭，每次随机选择一个灭的打开，求第一次出现存在连续 \(k\) 个中有至少两个开了的情况的期望操作数，\(n\le10^5\)

令 \(f(i)\) 表示操作了 \(i\) 次还没结束的概率，则答案等价于 \(\sum_{i=0}^n f(i)\)

而 \(f(i)\) 可以直接计算（\(f(0)\) 需要特判），\(f(i)=\dfrac{C_{n-(k-1)(i-1)}^i}{C_n^i}\)，其中分子为从连续 \(n\) 个中取出 \(i\) 个，满足任意连续 \(k\) 个中只取至多一个的方案数

时间复杂度 \(O(\sum n)\)，但实际上 \(i\) 大于 \(O(\frac nk)\) 时 \(f(i)\) 一定为 \(0\)，因此可以优化到 \(O(\sum\frac nk)\)

代码

[ABC277G] Random Walk to Millionaire

一张 \(n\) 点 \(m\) 边的图，点权为 \(0/1\)，初始等级为 \(0\)，位于 \(1\)。\(k\) 次行走，先等概率走一条出边，若到达的点权值为 \(0\)，则等级加一，否则令收益增加等级的平方，求期望收益，\(n,m,k\le3000\)

显然走过的路径一定为一个 \(0/1\) 串

可以分别记录到当前为止，等级的零次方的期望，等级的一次方的期望，等级的两次方的期望（期望都要乘以到当前位置的概率），统计收益

时间复杂度 \(O((n+m)k)\)

代码

CF838D Airplane Arrangements

\(n\) 个位置，\(m(\le n)\) 个人依次上来，每人等选择一个位置，选择向前或向后。若其选择的位置已经有人，则按选择的方向找到下一个没人的坐下，若没找到则方案不合法。求合法方案数。\(m,n\le10^6\)

增加一个位置，编号 \(n+1\)，将首尾连成一个圈

则合法等价于位置 \(n+1\) 没有人

若一开始可以选择 \(n+1\) 位置作为目标，则合法方案数不变（增加的一部分一定全部不合法）

问题转化为一个 \(n+1\) 点的圈，\(m\) 个人依次选择目标和方向并顺时针/逆时针坐下来，最后 \(n+1\) 号位置没人的方案数（不需要考虑有人跨过 \(n+1\) 号位置的情况，因为此时其一定不合法）

总方案数为 \((2(n+1))^m\)，其中 \(n+1\) 号位置有人的占 \(\frac m{n+1}\)（一共 \(S\) 种，共计 \(S\cdot m\) 个被占的位置，而总位置有 \(S(n+1)\) 个，被占的比例为 \(\frac m{n+1}\)，而且这个比例一定是均匀的，因此 \(n+1\) 号被占的方案数占总方案数的比例为 \(\frac m{n+1}\)），答案为 \((1-\frac m{n+1})(2n+2)^m\)，时间复杂度 \(O(\log mod+\log m)\)

代码

树上随机游走

一棵 \(n\) 个点的树，对于节点 \(2\sim n\)，求出其游走到 \(1\) 的期望时间

令 \(dp_i\) 表示 \(i\) 第一次走到其父亲的期望时间，则其游走到 \(1\) 的时间为其到根的链上的 \(dp\) 之和

令 \(N(i)\) 为 \(i\) 的邻居集合，有转移：

\[{\begin{aligned} dp_i=&1+\frac{\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}(dp_j+dp_i)}{|N(i)|}\\ =&1+\frac{(|N(i)|-1)dp_i+\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}dp_j}{|N(i)|}\\ =&1+dp_i-\frac{dp_i-\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}dp_j}{|N(i)|}\\ \end{aligned}}\]

可得

\[{\begin{aligned} 1=&\frac{dp_i-\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}dp_j}{|N(i)|}\\ |N(i)|=&dp_i-\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}dp_j\\ dp_i=&|N(i)|+\sum_{j\in N(i),j\ne fa_i}dp_j\\ \end{aligned}}\]

于是可以先从下往上计算出 \(dp_i\)，再从上往下计算出 \(f_i\)，时间复杂度 \(O(n)\)

[AGC020 F] Arcs on a Circle

周长为 \(C\) 的圆，用 \(n\) 个圆弧状覆盖物去覆盖它（圆弧状覆盖物与圆的半径相同），长度为 \(L_i\sim L_n\)，每个覆盖物将在圆上等概率选取一个实数位置覆盖上去，求整个圆被完全覆盖的概率，\(L\) 为整数，\(n\le6,C\le50\)

钦定最长的圆弧放在 \([0,L]\) 处，枚举剩余 \(n-1\) 个圆弧放置位置的小数部分的相对大小关系（有相同值的概率为 \(0\)，虽然不是不可能发生，但不影响答案），一共 \((n-1)!\) 种可能

确定了小数部分相对大小后，转化为一个长为 \(n\times C\) 的圆，圆弧 \(i\) 只能放在 \(p_i+k\times n\) 的位置（\(p\) 为相对大小的排列），可以 \(O(2^n(nC)^2)\) 解决

总时间复杂度 \(O((n-1)!2^n(nC)^2)=O(n!2^nnC^2)\)

代码

题单

\(\text{vjudge}\): Probability Theory

参考

1. \(\text{2024.12.4 Probability Theory(Easy).pdf \; \;by lanos212}\)