概率期望的更多应用

关于概率期望的更多应用问题（更新中）

1.与方差有关的，可以推导出D(x)=E(x的平方)-E平方(X)
然后就是例题：「重庆市NOIP模拟赛」好路线 （dp)
dp[i][j][k]表示到(i,j)这个点时，前面路径上h的和是k(就相当于美剧了所有路径）此时这条路径上h的平方和最小值

为什么这么设？
E(x)在此时就是E(h),E相当于平均数
那么E(h)=(k/(i+j-1))，两边平方就可以得到公式中的减数

那么dp为什么要存平方和呢？
E(x方)=E(h方)=h平方和的平均数=dp/(i+j-1)

那dp为什么要存最小值呢？因为我枚举k，相当于减数已经确定，让被减数，也就是dp最小的情况下，这样相减得到的答案最小，也就是方差最小了
那最后只需要美剧(dp[n][m][i])就可以了(用上式计算取min即可）

当然最后答案乘上了(n+m-1)的平方，那么就是dp[n][m][i](n+m-1)-ii就是了
附上评测链接（bz的才有福利哦）
http://222.180.160.110:1024/problem/9931

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int h[55][55];
int dp[55][55][12505];//走到i,j时，h和(利用这个除以路长度再平方就是E方(x),存的是h方之和的最小值 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	int ma=0; 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin >> h[i][j];
			ma=max(ma,h[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=0;k<=ma*(n+m-1);k++){
				dp[i][j][k]=0x3f3f3f3f;
			}
		}
	}
	dp[1][1][h[1][1]*1]=h[1][1]*h[1][1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=0;k<=ma*(n+m-1);k++){
				if(dp[i][j][k]==0x3f3f3f3f){
					continue;//这个状态转移不到 
				}
                int nx=i+1;
				int ny=j;
                dp[nx][ny][k+h[nx][ny]]=min(dp[nx][ny][k+h[nx][ny]],dp[i][j][k]+h[nx][ny]*h[nx][ny]);
                nx=i;
				ny=j+1;
                dp[nx][ny][k+h[nx][ny]]=min(dp[nx][ny][k+h[nx][ny]],dp[i][j][k]+h[nx][ny]*h[nx][ny]);
			}
		}
	}
	int mii=0x3f3f3f3f;
	for(int i=0;i<=ma*(n+m-1);i++){
		if(dp[n][m][i]==0x3f3f3f3f){
			continue;
		}
		mii=min(mii,(n+m-1)*dp[n][m][i]-i*i);//最后要求求(n+m-1) 的平方乘上他，就可以化简了 
	}
	cout<<mii;
	
		
}

例题2：「NOIP 2021」方差 ( variance )
这是一个细节满满的题，一定要重视我//的部分以及错误的批注

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
/*
这道题分析后发现，这个数组的变换中，差分数组成分不变，但顺序变了。
所以差分数组是可以随意排序的；可以看一下样例哦
问题转换为：这个数组的差分数组（乱序）所有前缀段的方差最小
那么大概该怎么选择这个呢（怎么排序这个差分数组呢？）
（老师上课没有详细的证明，但有感性的证明，用的是函数图像）
 
 注意，由于差分数组有可能出现负数，所以不能单纯的排序后把前面几项视为0删除 
*/
const int inf=1e18;
bool cmp(int x,int y){
	return x>y;
}
int num[10405];
int cf[10405]; 
int dp[15][540005];//考虑前i个差分时num的和为j时的num平方和 ，显然是可以辗转的 
signed main(){
	freopen("variance.in","r",stdin);
	freopen("variance.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	cin >> n;
	int mx=-inf;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin >> num[i];
		cf[i]=num[i]-num[i-1];
		mx=max(num[i],mx);
	}
	sort(cf+2,cf+1+n);
//	n-=cnt;//把0的部分全部排除掉，因为对dp完全没贡献 ，这样写是错的，注释给出了问题所在 
	
//	dp[1][?]
	for(int i=0;i<=mx*n;i++) {
		dp[0][i]=inf;
		dp[1][i]=inf;
	}
	dp[1][0]=0;
	int now=0;
	int p=1,q; 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		now+=cf[i];
		if(cf[i]==0){
//			for(int j=0;j<=n*mx;j++){
														
//				dp[i%2][j]=dp[(i+1)%2][j]; //--------------做的原因是如果直接continue,这一次本来两边可以乱放就变为了这次两边都不能放 (44分原因) ,所以要“复制” 
//			}												但是这么做的话肯定TLE，所以我还是选择把所有的0给踢出去 ,或者是利用其他方法再辗转 ,这里用的后者，引入了p,q
			continue;
		}
		q=p; 
		p=q^1;//这样就可以避免tle和“复制”不了两个问题了 
		for(int j=0;j<=n*mx;j++){
			dp[p][j]=inf;
		}
		for(int j=0;j<=n*mx;j++){
			if(dp[q][j]==inf){//上一次没有状态，这次不进行计算 
				continue;
			}
			//放在前面 
			int s=j+(i-1)*cf[i];
			
			dp[p][s]=min(dp[p][s],1ll*cf[i]*cf[i]*(i-1)+dp[q][j]+2ll*cf[i] *j);
			//放在后面,和前面那道题差不多 
			s=j+now;
			dp[p][s]=min(dp[p][s], dp[q][j]+1ll*now*now);
		}
	}
	int ans=inf;
	for(int i=0;i<=n*mx;i++){
		if(dp[p][i]==inf){
			continue;
		}
		ans=min(ans,n*dp[p][i]-i*i);
	} 
	cout<<ans;
}