[dp 小计] 期望dp

Updata 7.10 文章重构。
参考了网上许多 blog

什么是期望

我们小学学过概率和平均数。

把事件 \(A\) 发生的概率表示为 \(P(A)\)。
把随机变量 \(X\) 的取值期望值记作 \(E(X)=\sum_iP(X=i)\times i\)

简单点就是成立概率乘上成立贡献。

简单的性质

对于两个互不影响的事件(变量) \(X,Y\)：

• \(P(X\and Y)=P(x)\times P(y)\)
• \(E(XY)=E(X)E(Y)\)

证明：
\(E(XY)=\sum_i\sum_ji\times j\times P(X=i)\times P(Y=j)\)
\(=\sum_ii\times P(X=i)\sum_jj\times P(Y=j)\)
\(=E(X)E(Y)\)

• \(P(X\or Y)=P(x)+P(y)\)
• \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)

证明：
\(E(X+Y)=\sum_i\sum_j P(X=i)\times P(Y=j)\times(i+j)\)
\(=\sum_ii\sum_j P(X=i)\times P(Y=j)+\sum_i\sum_j j\times P(X=i)\times P(Y=j)\)
\(\because \sum_iP(X=i)=1\)
\(\therefore E(X+Y)=\sum_i P(X=i)+\sum_j j\times P(Y=j)=E(X)+E(Y)\)

这是期望的线性性，非常重要。

一些经典例子

A.

证明：概率为 \(p\) 的事件期望在 \(\frac{1}{p}\) 次发生。

运用了极限的思想。
设 \(f(0)\) 表示事件没发生，期望 \(f(0)\) 次发生，\(f(1)=0\)。表示事件已经发生。
我们可以得到：\(f(0)=pf(1)+(1-p)f(0)+1\)
根据极限思想合并左右两个 \(f(0)\)，移项化简，得到 \(f(0)=\frac{1}{p}\)。

B.

有 \(n\) 个随机数 \(X_i\)，\(X_i\) 等概率的从 \([1,m]\) 中选取，求 \(\max_{i=1}^nX_i\) 的期望值。

运用了经典的转化思想。
先转化问题：\(\max_{i=1}^n=S\)，则 \(E(S)=\sum\limits_{i=1}^m P(S=i)i\)

我们发现 \(P(S=i)\) 很难求，转化为 \(P(S\le i)\) 比较好求。
直接强制 \(n\) 个数都在 \([1,i]\) 之间即可。所以 \(P(S\le i)=(\frac{i}{m})^n\)。

所以 \(P(S=i)=P(S\le i)-P(S\le i-1)\)，对于程序，使用快速幂即可在 \(O(m\log n)\) 时间内解决。

P6406

很强的题目。

题目要求某个容器的存活时间 \(E(t_i)\)，容易得到柿子：\(E(t_i)=\sum\limits_{x=1}P(t_i=x)\times x\)

运用上面的技巧，转化为：

\(E(t_i)=\sum\limits_{x=1}P(t_i\ge x)\)

找到第 \(i\) 个数左右第一个比它大的数 \(l,r\)，对于一般的罐子存活时间上界就是 \(n-3\)。然后容易想到的就是枚举 \(x\)，我们现在的问题就变成了有多少种情况操作次数比 \(x\) 大。不妨思考为操作 \(x\) 次还没有做掉的概率。

不难发现如果选择一个操作一个数位置 \(p\) 就是操作 \([p,p+1]\)，对于所有位置进行标号，发现所有标号的情况和原序列删除情况成了双射。

考虑枚举取的点数 \(x\)，选择一些位置最后乘上一个 \(x!\) 变成一个更简单的选择问题。现在问题转化为：

• \((1)\) 在一个序列选取 \(x\) 个点。
• \((2)\) 不能同时取 \(i\) 号点左边的 \(l\) 个。
• \((3)\) 不能取右边(包含自身)的 \(r\) 个。

很简单就能想到容斥，因为不满足 \((2)(3)\) 的情况实在是太好求了。我们推出柿子：

\[\sum\limits_{x=1}^nx!(C_{n-1}^x-C_{n-1-l}^{x-l}-C_{n-1-r}^{x-r}+C_{n-1-l-r}^{x-l-r}) \]

这个就是合法的方案数。总方案数就是第一项，概率就是：

\[\sum\limits_{x=1}^n\dfrac{x!(C_{n-1}^x-C_{n-1-l}^{x-l}-C_{n-1-r}^{x-r}+C_{n-1-l-r}^{x-l-r})}{x!C_{n-1}^x} \]

然后约分，问题等价于：

\[\sum\limits_{x=1}^n\dfrac{(C_{n-1}^x-C_{n-1-l}^{x-l}-C_{n-1-r}^{x-r}+C_{n-1-l-r}^{x-l-r})}{C_{n-1}^x} \]

然后我们就能 \(O(n^2)\) 做掉这题了。

然后可以暴拆柿子做到 \(O(n)\)，但是没有必要

P3239

题目要求 \(E(\sum d)\)，根据期望的线性性，考虑每个数的贡献，最后再加起来，也就是 \(\sum\limits_{i=1}^n dp_i\times d_i\)

现在在于问题怎么求 \(dp_i\)，也就是所有情况这个数贡献的和。

将问题进行等价的转化，设置随机变量：有一个 \(n\times r\) 的 \(01\) 矩阵，每个矩阵里的数都有概率为 \(0\) 或 \(1\)，每次会取每一行第一个出现的 \(1\)，取过的列不会再取，问每一列被取的概率之和。

数据范围提示解法应该是 \(O(nr)\) 的，考虑到取多次都是相同的，容易想到枚举取到的一行，需要满足之前没有被取然后这一行被取，每一次考虑的都是一个左上方的矩阵，没有后效性，考虑 dp。

考虑刷表，每次增加一列似乎更为容易。

首先，对于第一个数，被取的概率显然是 \(1-(1-p_1)^r\)，考虑定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，取了 \(j\) 个的方案数。

• \((1)\) 不选这个数
  那么，就是 \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}\times(1-p_i)^{r-j}\)

• \((2)\) 选这个数
  不难发现，只要在任意一处取了都是等价的结果，就是：\(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}\times(1-(1-p_i)^{r-j+1})\)

初始情况就是 \(f_{0,0}=1\)。

考虑计算最终的答案，\(dp_i\)，不难在转移的过程中顺便得出。

难点在于转化。