概率&期望复习笔记

期望值dp其实没什么可怕的，就是一种特殊的目标函数而已。也就是状态的值是期望值，决策是从一个状态出发的所有概率性的后续状态。还有一个常用的技巧就是利用期望值的线性性拆开计算。有不少情况下(特别是等概率期望值)，期望值其实就是求和。$---lester$

相关论文（本文也相当部分是照抄的）：$2009$ 福建省福州第八中学汤可因：《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》，$2009$ 安徽省合肥一中梅诗珂：《信息学竞赛中概率问题求解初探》
（但其实本文主要是基础内容（逃

基本性质

期望：有一个随机变量 $X$, $E(x) = \sum{i \ Pr(X=i)}$
当随机变量取值 $1,2....$ 时期望的好算形式：$E(x) = \sum{Pr(x \geq i)}$
期望的线性性质：证明。并且 $E(aX)=aE(x)$ 是比较明显的。则：
$E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)。 a,b$ 为常数，$X,Y$ 可以相关。
当两个随机变量 $X$ 和 $Y$ 独立且各自都有一个已定义的期望时，有：$E(XY) = E(X)E(Y)$

例题

有一个袋子，设其取值是 $1...m$，摸一次等概率摸出 $1...m$ 其一，你会一直摸到摸出你喜欢的（未知，但唯一）球，期望摸几次？

\[E(x) = \sum{Pr(x \geq i)} = \sum_{i=1}^{\infty}{(\frac{m - 1}{m})^{i-1}}=m \]

其实这就是几何分布：$Pr(X=k)$ ：在 $n$ 次 $01$ 试验中前 $k-1$ 次皆失败 $0$，第 $k$ 次成功 $1$ 的概率。期望就是倒数。

有一个袋子，设其取值是 $1...m$，摸一次等概率摸出 $1...m$ 其一，你会一直摸到收集完所有的值，期望摸几次？

路径分步走，一步一期望。每收集到一种新卡，就算做一步咯。具体：
收到第 $1$ 种新值每次成功概率 $1$
收到第 $2$ 种新值每次成功概率 $(m-1)/m$
收到第 $3$ 种新值每次成功概率 $(m-2)/m$
...... ......
收到第 $m$ 种新值每次成功概率 $1/m$

令 $X_i$ 是拿到 $i-1$ 种值后直到拿到 $i$ 的步数。由于期望线性，有：

\[E(X)=E(\sum_1^m{X_i})=\sum_1^m{E(X_i)} \]

而这个 $E(X_i)$ 我们是解决掉的上一题，期望就是倒数嘛。求和就是个调和级数，暴力做就是。

\[\sum_1^m{E(X_i)} = m(\frac{1}{m}+\frac{1}{m-1}+...+1) \]

有一颗二叉树共 $n$ 个节点，编号 $1$ 到 $n$，每条边长度为 $1$。根节点是 $1$ 号，目标是某个叶节点标记为 $n$ 号。从 $1$ 号节点开
始 $DFS$, 到 $n$ 号节点停止, 求 $DFS$ 算法经过路径长度的期望。
注意：回溯步骤也算路径长度

分析：在 $DFS$ 过程中，当遍历到从根到目标路径上的某个节点时，如果该节点有两个子节点（二叉树中最多两个子节点），则DFS有 $\frac{1}{2}$ 的概率先访问不在最短路径上的子树（称为“弯路”子树），遍历整个子树后再回溯并继续访问目标方向。遍历一个大小为 $s$ 的子树（包括子树根节点）需要 $2s$ 步（每条边遍历两次：向下和回溯）。这样你考虑多走的期望，就是对于最短路径上每个点，有 $\frac{1}{2}$ 的概率多走 $2s$，$\frac{1}{2}$ 的概率多走 $0$。答案就是 $n-1$!

考虑集合 $\{1, 2, 3, \dots, n\}$ 的一个随机排列。定义逆序对为满足 $i < j$ 且 $a_i > a_j$ 的位置对 $(i, j)$。求随机排列中逆序对个数的期望值。

\[X_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{若 } a_i > a_j \\ 0 & \text{否则} \end{cases} \]

逆序对总数为 $S = \sum\limits_{1 \leq i < j \leq n} X_{ij}$。期望值为：

\[E[S] = E\left[\sum_{1 \leq i < j \leq n} X_{ij}\right] = \sum_{1 \leq i < j \leq n} E[X_{ij}] \]

对任意固定的 $i<j$，有 $E[X_{ij}] = P(a_i > a_j)$。在随机排列中，位置 $i$ 和 $j$ 上的元素 $a_i$ 和 $a_j$ 是从 $n$ 个不同元素中均匀随机选取的两个不同值。由对称性：

\[P(a_i > a_j) = P(a_i < a_j) \]

且 $P(a_i = a_j) = 0$，因此：

\[P(a_i > a_j) + P(a_i < a_j) = 1 \implies 2P(a_i > a_j) = 1 \implies P(a_i > a_j) = \frac{1}{2} \]

故 $E[X_{ij}] = \frac{1}{2}$。

满足 $i<j$ 的二元对数量为 $\binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$，因此：

\[E[S] = \binom{n}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{n(n-1)}{4} \]

均匀撒点问题。懒得写了。

有 $n$ 枚硬币，初始都背面朝上。抛一次，有 $50%$ 正面朝上，或负面朝上。抛 $k$ 次，采取最优策略，求硬币最后正面期望个数。

期望dp！$f_{i, j}$ 表示 $i$ 次未抛，目前 $j$ 个正面朝上，期望次数。那考虑转移：$$f_{i, j} = (f_{i - 1, j + 1} + f_{i - 1, j})) / 2,\ \ \ \ \ \ \ j < n$$$$f_{i, n} = (f_{i - 1, n} + f_{i - 1, n - 1}) / 2 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $$ $j=n$ 单拎出来不过因为我先抛背面更优，这时候办不了了。
概率dp！$p_{i, j}$ 代表已经最优策略抛 $i$ 次,当前 $j$ 个正面的概率。那答案就是 $\sum_{j=1}^n{j × p_{k, j}}$

f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= k; i ++ )
        for (int j = 0; j <= n; j ++ ) {
            if (j) f[i][j] += f[i - 1][j - 1] / 2;
            f[i][j] += f[i - 1][j] / 2;
            if (j == n - 1) f[i][j] += f[i - 1][j + 1] / 2;
        }
    double res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res += f[k][i] * i;
    printf("%.2lf\n", res);

两人博弈。你有 $a$ 元，对方有 $b$ 元，抛硬币，正面朝上你赢一块，没钱算输。获胜概率？
或者描述成数轴随机游走（醉汉回家）

$dp_i$ 当前有 $i$ 元，获胜概率。
$dp_i = (dp_{i-1}+dp_{i + 1}) / 2$
$dp_0 = 0$, $dp_{a + b} = 1$
解这个方程，$2 \ dp_i = dp_{i - 1} + dp_{i + 1}$ 这其实是个 等差数列。
解得 $dp_i = \frac{i}{a + b}$

另一种理解角度：就是每一轮期望收益为 $0$，那最终期望肯定也是 $0$。
由于最后只有两种情况：你赢$b$, 或者你输掉了 $a$：

\[b * p + -a * (1-p) = 0 \]

解得 $p = \frac{a}{a+b}$。这与我们的分析一致。

两人博弈。你有 $a$ 元，对方有 $b$ 元，抛硬币，正面朝上你赢一块，没钱算输。期望次数？

\[f[0] = f[n] = 0 \]

\[f[i]=(f[i-1]+f[i+1])/2+1 \]

整理后 $f[a] = a * b$

还有几道题，其实我懒了。

posted @ 2025-05-29 14:56 hhhhhua 阅读(48) 评论(0) 收藏举报

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