概率与期望
概率论
APIO 2024 讲课内容
基础
样本空间：随机实验的所有结果构成集合 \(\Omega\)。
\(e.g.\) 抛硬币 \(\Omega=\{H,T\}\)，抛 \(n\) 次就是 \(\{H,T\}^n\)。
事件：是 \(\Omega\) 的子集。
概率空间：为 \(\Omega\) 中的每个元素赋予一个发生的概率，用 \(P: \Omega \to [0,1]\) 表示。所有元素概率之和为 \(1\)。那么，\(P(A)=\sum\limits_{a \in A}P(a)\)。
随机变量：\(X\) 从一个概率空间中抽取，以 \(P(a)\) 的概率取值为 \(a\)。
期望：\(E(x)=\sum P(X=a)a\)。
离散型随机变量：只有有限个 \(a\) 满足 \(P(X=a)>0\) 的情况。
连续型随机变量：无限个 \(a\)，满足 \(P(X=a)>0\)。
条件概率：\(P(A|B)\) 定义为在 \(B\) 发生的条件下，\(A\) 发生的概率。画个图理解就是概率空间内，\(A\) 与 \(B\) 的面积并占 \(B\) 面积的百分比，也就是 \(P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)。
贝叶斯公式：\(P(A|B)=\frac{P(B|A)P(A)}{P(B)}\)，应用就是交换条件概率中的 \(A\) 和 \(B\)。
离散型随机变量
AGC060C Large Heap
考虑转化为二叉外向树拓扑序。
\(u\) 点就是 \(A\) 层最左边的点，\(v\) 是 \(B\) 层最右边的点。所以我们只关心两条链上选取方式，将两条链提取出来，其他点看成两条链上挂着的子树。其实我们并不关心子树具体怎么走，因为这对于链上的选取顺序无影响，所以只需要记录链取到了哪里。
但是子树大小是有影响的，因为我们是在所有合法的排列中选择，那么你子树大小越大，你的拓扑序就有更大的概率在更前面，这个概率与子树大小呈线性。于是你从链式推进的时候，到底是推进左链还是右链，是要乘以一个概率的。按照两边子树大小来分配概率。
设 \(f_{i,j}\) 表示左边选取了 \(i\) 个点，右边选取了 \(j\) 个点的方案数，使用刷表法来转移，对于所有不合法的 \(i,j\) （不满足 \(P_U<P_V\) 的）我们直接在 DP 遇到的时候将 \(f\) 值设为 \(0\) 即可。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
CF1096E The Top Scorer
简单题。先要枚举 \(a_1\) 得分，然后得分相同的时候，是等概率一个人获胜，这个不好直接处理，所以我们必须枚举同分人数。最后直接计算一个 \(\sum x_i=C\)，\(x_i\in [0,LIM]\) 的方案数，下界直接平移 \(1\) 就处理掉了，上界可以直接使用容斥，钦定若干不满足条件然后用组合数计算方程解的个数即可。
ARC150D Removing Gacha
和后文的 CF280C Game on Tree 是双倍经验，这里就不讲了。
ABC270Ex add 1
很有意思的题目！本题的难点是状态量很大的题目如何高效刻画。
观察到大部分的变换都比较对称，因此猜测可以有一个统一的变量来刻画。
令计数器数值为 \(c_i\)，原本需要记录的状态是 \(\{c_1,c_2\dots c_n\}\)，目标状态是 \(\forall i,c_i\ge a_i\)，有如下变换全局 \(c_i\gets c_i+1\) 和 单点 \(c_i\gets 0\)。
发现可以直接将状态 \(\{c_1,c_2\dots c_n\}\) 简化为 \(\max\{a_i-c_i\}\) ！我们并不需要记录局部状态是因为在只有全局 \(c_i\gets c_i+1\) 的时候，可以只记录上述状态，加入单点 \(c_i\gets 0\) 之后，只会让 \(a_i-c_i\) 变大，我们只需要让这个唯一改变的 \(a_i-c_i\) 和之前的最大值 chkmax 就行了。如果出现单点 \(a_i-c_i\) 变小，就不能这么记录了，因为我们可能会让最大值减小，无法判断谁是新的最大值了。
然后就很好做了，按照经典期望逆推，我们设 \(f_x\) 当前 \(\max\{a_i-c_i\}=x\) 的时候期望还有多少次可以达到终点 \(f_0\)。我们要求的就是 \(f_0\)，且已知 \(f_{a_n}=0\)。假如某次我们选择了 \(y\)，那么 \(x\) 的变化是 \(x\gets \max(a_y,x-1)\)，根据这个可以轻松列出期望方程。假设 \(x\in (a_y,a_{y+1}]\)，那么有
将这个式子改写为 \(f_{x}\to f_{x-1}\) 的形式，就可以从 \(f_{a_n}\) 推到 \(f_0\) 了。在每一个 \((a_i,a_{i+1}]\) 段中用矩阵优化即可。
连续型随机变量
ARC113F Social Distance
连续型的求期望太难，考虑设 \(f(x)\) 表达答案 \(\ge x\) 的概率，最后答案就是 \(\int f(x)dx\)。
令 \(p_i-p_{i-1}\ge x\)，同时 \(p_i\in [l_i,r_i]\)，这个约束是一个滑动区间不好处理。令 \(q_i\gets p_i-ix\) 就很好处理了。\(q_i\in [l_i-ix,r_i-ix]\) 均匀随机分布，求 \(q_i\) 递增概率。
这个问题的离散版本就是 P3643 [APIO2016] 划艇，本题不仅是实数域，而且还要求对于连续的 \(x\) 算出不同 \(x\) 之下问题的答案。
先解决实数域这个问题，将点离散化之后得到 \(\{y_i\}\)。设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到了前 \(i\) 个元素，其属于区间 \([y_j,y_{j+1})\)，且这些点都有序的概率。
通过前缀和优化做到时间复杂度 \(O(n^3)\)。
现在要处理第二个问题，如何对于连续的 \(x\) 的求解。首先 DP 方程对于 \([l'_i,r'_i]\) 是有约束的，要求 \([l'_i,r'_i]\) 包含其落在的区间。因此对于 \(O(n^2)\) 组 \([l_i-ix,r_i-x]\) 和 \([l_j-jx,r_j-jx]\) 两两求交点，可以得到 \(O(n^2)\) 组临界点，得到 \(O(n^2)\) 个区间，单个区间内包含关系不变。
进行 DP，可以得到 \(f_{i,j}\) 是一个关于 \(x\) 的 \(O(n)\) 次多项式，我们维护这个多项式的系数，每次转移是一个多项式乘以直线的形式，可以 \(O(n)\) 转移，最后对于多项式进行积分求答案即可。时间复杂度 \(O(n^6)\)。
高斯消元
状态图是不是 DAG，导致各个状态之间有牵连，可以采用高斯消元。暴力高斯消元是 \(O(n^3)\) 的，但是由于一些特殊性质有的时候我们可以优化到 \(O(n^2)\)。
有的矩阵都很稀疏，可以每次只对于 \(O(1)\) 个位置有值的位置进行消元，复杂度就是 \(O(n^2)\) 的。
如果矩阵很密集的话，有的时候每个变量都比较对称，因此有一些规律可以使用，之后例题中 Slot machine 中 \(k=1\) 的部分分就是这样子的，也可以做到 \(O(n^2)\)。
P4457 [BJOI2018] 治疗之雨
设 \(P_i\) 表示在降血过程中降 \(i\) 滴血的概率。于是有
然后就可以列期望的方程了，注意特判 \(E_n\)，
利用高斯消元可以 \(O(n^3)\) 暴力解。
观察一些增广矩阵，发现对于第 \(i\) 行，只有 \([1,i+1]\) 的位置有值。还是类似高斯消元的步骤。我们在消第 \(i\) 行的时候 \([1,i-1]\) 的列都为 \(0\)，此时只有 \(i\) 和 \(i+1\) 列是有值的。按照常理我们往下消的时候应该对于后面每一行都减去 \([i,n+1]\) 的系数，但是由于后面一堆非 \(0\) 位置。所以我们只需要消去 \(i,i+1,n+1\) 三个位置的值即可。这样子消元部分的复杂度为 \(O(n^2)\)，总的时间复杂度是 \(O(Tn^2)\)。
随机游走
- 根据需求来设未知数。比如可以设期望经过次数或者到达终点的期望步数。
假设目标是 \(s\to t\)，我们设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 点第一次到达 \(t\) 所需要的期望步数。于是 \(f_u=1+\dfrac{1}{deg_u}\sum f_v\)。其中 \(f_t=0\)。
CF24D Broken robot
对于边界位置情况特判一下（可能不能往左/右走了），其他情况就是按照上述通法列式子即可。设 \(f_{i,j}\) 表示从格子 \((i,j)\) 走到终点的期望步数。
对于第 \(1\) 列，\(f_{i,1}=\frac13(f_{i,1}+f_{i,2}+f_{i+1,1})+1\)。
对于第 \(m\) 列，\(f_{i,m}=\frac13(f_{i,m}+f_{i,m-1}+f_{i+1,m})+1\)。
对于第 \(2-m\) 列，\(f_{i,j}=\frac14(f_{i,j}+f_{i,j-1}+f_{i,j+1}+f_{i+1,j})+1\)。
同时特判 \(m=1\)。
整理一下可以得到增广矩阵。
然后可以发现这些式子行间无后效性，行内有后效性。
于是暴力就是从倒数第二行开始倒着高斯消元，每一行都对于行内 \(n\) 个格子做一次高斯消元。时间复杂度 \(O(nm^3)\)。
观察系数矩阵可以发现只有对角线以及对角线的周围的格子有值。
于是我们可以采取以下策略消元，对于第 \(i\) 行，应该是 \(i-1,i,i+1\) 三个位置有值，在第 \(i\) 行之前我们要消掉 \(i-1\)。从第 \(i\) 行起我们先把 \(a_{i,i}\) 系数变为 \(1\)。然后把第 \(i+1\) 行的 \(a_{i+1,i}\) 消掉。然后对于 \(a_{i,i+1}\) 的处理，我们可以一直消到最后一行，然后倒着回去带入，把 \(a_{i,i+1}\) 处理掉。时间复杂度 \(O(nm)\)。
P3232 [HNOI2013] 游走
发现边的量级很大，考虑转化到点上去求解，再推边的相关期望。
设 \(f_u\) 表示 \(u\) 点的期望经过次数。
对于 \(u=1\),\(f_u=\sum\limits_{(u,v)~v\neq n} \dfrac{f_v}{d_v}+1\)
对于 \(2<u<n\)，\(f_u=\sum\limits_{(u,v)~v\neq n} \dfrac{f_v}{d_v}\)
对于 \(u=n\)，\(f_u=1\)
几个细节，就是 \(1\) 点初始有一次经过，还有就是 \(n\) 点进去了不能出去。
对于每条边 \((u,v)\) 的就是 \(\dfrac{f_u}{d_u}+\dfrac{f_v}{d_v}\)。
对于边排序之后分配编号即可。
补充
重要公式
- 第一个公式非常重要，如果遇到总权值的期望就尝试拆开成每个权值期望累和。
\(E(x+y)=E(x)+E(y)\) 该式子始终成立。
\(E(xy)=E(x) \times E(y)\) 这个需要满足独立才成立。
\(E(x^2)=E((x-1)^2)+2E(x-1)+1\) P1654 OSU!
注意事项
注意边界情况特判！！！
CF1187F Expected Square Beauty
注意事件独立性，\(E(B(x))=E(\sum\limits_{i=1}^{n-1}[x_i≠x_{i+1}])\)
\(E(B^2(x))=E(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[x_i≠x_{i-1}][x_j≠x_{j-1}])\)
分类讨论：\(i=j\) 为 \(p_i\)
\(\lvert i-j\rvert>1\) 为 \(p_i \times p_j\)，因为两位互不影响。
\(\lvert i-j\rvert =1\) 直接容斥 \(1-q_i-q_j+P(q_i \cup q_j)\)
#6513. 「雅礼集训 2018 Day10」足球大战
赢球概率为 \(p\)，在 \(n\) 场里面至少赢 \(i\) 场的概率是 \(C^i_n \times p^i\)，不是恰好 \(i\) 场的概率，注意还要乘上组合数（因为这里的概率是用计数然后作商算的，计数就需要不能漏）。概率算式可以自己举简单例子验证正确性
P4316 绿豆蛙的归宿
很重要的一题，递推求期望要逆推。所以本题只能设 \(f_u\) 表示 \(u\) 到终点的期望路径长度。
如果是顺推，设 \(f_u\) 表示起点到 \(u\) 的期望长度（？其实很怪，这题并不是要求到 \(u\) 的期望长度，因为可能到不了 \(u\) 哪里来的期望长度。所以感觉设计出来的终态必须要是可以 100% 到达的，终点虽然不唯一但是 100% 能到达终点）。转移 \(v \to u\) 的时候 \(f_v\) 要乘上当前概率 \(deg_v\)，而路径长度还要乘上 \(deg_v \times p_v\)。
杂题
CF280C Game on Tree
期望线性性的应用。将整体操作次数的期望转到每个点被操作次数的期望。
设 \(f_i\) 为 \(i\) 被操作的次数，\(p_i\) 为 \(i\) 被选中的概率，显然有 \(f_i\in \{0,1\}\)。
\(p_i\) 的求解是一个经典的数学问题，考虑根到 \(i\) 这条祖孙链（显然选其他点对于 \(i\) 是否被删除无影响），只有在第一步就选 \(i\) 才能操作到 \(i\)，得到 \(p_i=\frac{1}{dep_i}\)，带入求解即可。
CF464D World of Darkraft - 2
首先，明确一点就是只需要算出一个物品的期望然后 \(\times k\) 即可。
首先这题必须逆推否则要乘上一个概率，设 \(f_{i,j}\) 表示还剩 \(i\) 次抽卡机会的时候，目前最高等级为 \(j\) 可以期望获得金钱数。
直接转移是 \(O(n^2)\) 的，但是我们发现这题不需要什么逆元取模，而是直接输出小数。可以利用这个特性，算一下一个物品从 \(x \to x+1\) 的期望次数是 \(k(x+1)\)。那么从 \(1 \to x\) 的期望次数就是累和，再令这个式子 \(\le n\)，发现期望升级次数在 \(500\) 左右，往后越大概率越小，小数点无法表示，所以我们可以取上界 \(1000\) 即可。
CF1523E Crypto Lights
\(\sum\limits_{i=1}^np(i)*i=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^np(j)=\sum\limits_{i=1}^nsuf(i)\) （应用：数学期望）
CF1523E Crypto Lights 这里的 \(suf(i)\) 表示一个概率，这样就完成了期望到概率的转化。注意本题还有概率经典误区：就是说题面显然不是说把所有方案以等概率加起来，而是在决策中一步有其概率。也就是说，某个进行 \(i\) 后停止的状态发生概率为 \(n\) 的 \(i\) 次下降幂分之一。
AGC030D Inversion Sum
首先，很妙的一步就是把总权值转化为期望 \(\times\) 总的可能数。
于是就变成了每次有 \(\frac{1}{2}\) 概率去交换，求最后逆序对数的期望。
发现全局逆序对数不好快速多次求解，发现 \(n\) 范围较小，于是我们可以回到逆序对最基本的定义用 \((i,j)\) 产生贡献。
设 \(f_{i,j}\) 表示目前为止序列中 \(a_i < a_j\) 的概率。
当我们交换 \((u,v)\) 的时候有，\(f_{u,i}=\dfrac{1}{2}(f_{u,i}+f_{v,i})\)（其余转移同理）。
浙公网安备 33010602011771号