概率与期望
概率与期望
一. 样本点，样本空间，随机事件
一个随机现象中可能发生的不能再细分的结果成为样本点。所有样本点组成的集合称为样本空间，用 \(\Omega\) 表示。
一个随机事件为 \(\Omega\) 的子集，由若干样本点组成，用大写字母表示。
对于随机现象的结果 \(\omega\) 和随机事件 \(A\)，称事件 \(A\) 发生当且仅当 \(\omega\in A\)。
二. 概率函数
性质：
- 概率函数是事件域到 \([0,1]\) 的映射，即 \(\forall A\in\Omega, P(A)\in[0,1]\).
- \(P(\Omega)=1\)
- \(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)，其中 \(A+B=A\cup B, AB=A\cap B\)。
三、条件概率：
\(P(A|B)\) 指在事件 \(B\) 发生的条件下，事件 \(A\) 发生的概率，称为条件概率。
两个公式：
- 概率乘法公式：\(P(A\cap B)=P(A)P(B|A)\).
- 全概率公式：若一组事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\), \(\forall i,j\in[1,n],i\not=j\) 有 \(A_i\cap A_j=\phi\) 且 \(\bigcup\limits_{i=1}^n A_i=\Omega\)，则对于任意事件 \(B\) 有 \(P(B)=\sum\limits_{i=1}^nP(A_i)P(B|A_i)\).
Bayes 公式：
基本形式：\(P(B|A)=\dfrac{P(A|B)P(B)}{P(A)}\)
证明：由概率乘法公式，\(P(MN)=P(M)P(N|M)\). 则有：
\[P(B|A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)} \]\[P(A|B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)} \]二式相除，即得证。
含全概率公式的 Bayes 公式：
证明将全概率公式代入上证明即可。
例：某地疫情发病率为 \(0.04\%\)，现用某抗原进行检测。已知患病患者检测结果 \(99\%\) 为阳性，没患病的人检测结果 \(99\%\) 为阴性。若某人检测结果为阳性，那他真的得病的概率为多少？
我们设事件 \(A\) 指该人得病，事件 \(B\) 指检测结果为阳性。则根据题目，有 \(P(B|A)=99\%,P(B|\overline A)=1\%,P(A)=0.04\%,P(\overline A)=99.96\%\)。
所求即为 \(P(A|B)\).
根据 Bayes 公式以及全概率公式，有：
独立性
主观地说，事件 \(A\) 与事件 \(B\) 无关时，则称事件 \(A\) 与事件 \(B\) 是相互独立的。下面给出定义。
定义：
若在同一概率空间中，若对于多个事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 中任意一组事件都有 \(P(A_{i_1},A_{i_2},\cdots,A_{i_m})=\prod\limits^m_{k=1}P(A_{i_k})\)，则称这些事件 相互独立。
若在同一概率空间中，若对于多个事件 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\) 中任意两个事件都有 \(P(A_iA_j)=P(A_i)P(A_j)\)，则称这些事件 两两独立。
显然，相互独立的性质要强于两两独立。
四、期望：
随机变量
简单地说，随机变量即为样本空间到实数集的映射。
离散型随机变量
若离散型随机变量 \(X\) 的概率分布为 \(p_i=P\{X=x_i\}\) 且 \(\sum x_ip_i\) 绝对收敛，则这个值称为 \(X\) 的期望，记为 \(E(X)\)。
连续型随机变量
若连续型随机变量 \(X\) 的密度函数为 \(f(x)\) 且 \(\int_\mathbb{R} f(x)\mathrm{d}x\) 绝对收敛，则这个值称为 \(X\) 的期望，记为 \(E(X)\)。
性质
- \(E(aX+b)=a\cdot E(X) + b\)。
- \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)。
若 \(X,Y\) 相互独立，则有 \(E(XY)=E(X)\cdot E(Y)\)。
特别地，上述性质中的独立性并非必要条件。
五、例题
ABC382E
题意：一包牌由 \(N\) 个卡片组成，其中第 \(i\) 个卡片为金卡的概率为 \(P_i\)，求一包一包地开，开到至少 \(X\) 张金卡的期望次数为多少。
分析：
设 \(Pc(i,j)\) 表示这一包牌的前 \(i\) 开了，获得了 \(j\) 张金卡的概率。则易得 \(Pc(i,j)=Pc(i-1,j-1)\times(1-P_i)+Pc(i-1,j)\times P_i\)。
设 \(E(i)\) 表示开到 \(i\) 张金卡的期望次数，则 \(E(i)=\sum\limits_{j=0}^n E(i-j)\times Pc(n,j)+1\)。
然而，我们却注意到 \(j=0\) 时，我们会使用 \(E_i\) 本身更新 \(E_i\) 这显然是不可取的。于是，我们需要进行如下变形：
\(E(X)\) 即所求。
ABC382E Code
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 5010;
int n, x;
long double p[MAXN], Pc[MAXN][MAXN], E[MAXN];
int main (void) {
scanf ("%d%d", &n, &x); Pc[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
int tmp; scanf ("%d", &tmp); p[i] = tmp * 1.0 / 100;
Pc[i][0] = Pc[i - 1][0] * (1 - p[i]);
for (int j = 1; j <= i; j ++)
Pc[i][j] = Pc[i - 1][j - 1] * p[i] + Pc[i - 1][j] * (1 - p[i]);
}
for (int i = 1; i <= x; i ++) {
for (int j = 1; j <= min (i, n); j ++)
E[i] += E[i - j] * Pc[n][j];
E[i] += 1;
E[i] /= (1 - Pc[n][0]);
}
printf ("%.16Lf", E[x]);
return 0;
}
Luogu P1365
题意：给出一个包含 o, x, ? 的串 \(s\)，连续的 \(n\) 个 o 的贡献为 \(n^2\)，? 是未填的位置，求贡献的期望。
分析：设 \(E_s(i)\) 为以第 \(i\) 个字符为结尾的串的期望，\(E_l(i)\) 为到第 \(i\) 位期望的连续 o 的长度。
则考虑第 \(i\) 位字符：
- 若 \(s_i=\mathrm{x}\)，则 \(E_l(i)=0\), \(E_s(i)=E_s(i-1)\)。
- 若 \(s_i=\mathrm{o}\)，则 \(E_l(i)=E_l(i-1)+1\)，\(E_s(i)=E_s(i-1)+[E_l(i)^2-E_l(i-1)^2]=E_s(i-1)+2E_l(i-1)+1\).
- 若 \(s_i=\mathrm{?}\)，此时有 \(\dfrac1 2\) 的概率当前位填 \(\mathrm o\)，\(\dfrac1 2\) 的概率当前位填 \(\mathrm x\)。由离散期望定义易得 \(E_l(i)=P(s_i=\mathrm{o})\times (E_l(i-1)+1)+P(s_i=\mathrm{x})\times 0=\dfrac{E_l(i-1)+1}{2}\)，同理，\(E_s(i)=E_s(i-1)+\dfrac{E_l(i)^2-E_l(i-1)^2+1}{2}=E_s(i-1)+\dfrac{2E_l(i-1)+1}{2}\)。
以上，即可 dp 求解。
Luogu P1365 Code
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 10;
int n;
char s[MAXN];
long double El[MAXN], Es[MAXN];
int main (void) {
scanf ("%d", &n);
scanf ("%s", s + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (s[i] == 'x') El[i] = 0, Es[i] = Es[i - 1];
if (s[i] == 'o') El[i] = El[i - 1] + 1, Es[i] = Es[i - 1] + El[i - 1] * 2 + 1;
if (s[i] == '?') El[i] = (El[i - 1] + 1) / 2, Es[i] = Es[i - 1] + (El[i - 1] * 2 + 1) / 2;
}
printf ("%.4Lf\n", Es[n]);
return 0;
}
NOIp2016 tgDay1T3 换教室
题意：\(v\) 个教室，原定第 \(i\) 堂课所在教室为 \(c_i\)，可以申请更改为 \(d_i\)，申请通过通过率为 \(p_i\)，共有 \(m\) 次申请次数。教室构成一张无向连通图，体力消耗为每两节课教室之间距离之和。试最小化体力消耗的期望。
分析：自然想到设计 \(E2(i,j),E1(i,j)\) 表示前 \(i\) 节课已经申请过 \(j\) 次，第 \(i\) 次换/不换的最小期望。对于第 \(i\) 节课，考虑换或是不换。若不换，继续考虑上一节课换/不换带来的贡献，换成功带来的贡献为 \(p_{i-1}\times\mathrm{dis}(d_{i-1},c_i)\)，失败的带来的贡献为 \((1-p_{i-1})\times\mathrm{dis}(c_{i-1},c_i)\)，故 \(E1(i,j)=\min\{E1(i-1,j)+\mathrm{dis}(c_{i-1},c_i),E2(i-1,j)+p_{i-1}\times\mathrm{dis}(d_{i-1},c_i)+(1-p_{i-1})\times\mathrm{dis}(c_{i-1},c_i)\}\)。同理，若换，继续考虑第 \(i-1\) 是否换，不换则类似于 \(E1\) 转移式中第二种情况，换则分四种情况讨论：（成功，成功），（成功，失败），（失败， 成功），（失败， 失败）。最后答案为 \(\min\limits_{i=0}^m \min \{E1(n,i), E2(n,i)\}\)。
NOIp2016 tgDay1T3 换教室 Code
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2010, MAXV = 310;
int n, m, v, e;
int c[MAXN], d[MAXN], dis[MAXV][MAXN];
long double E1[MAXN][MAXN], E2[MAXN][MAXN];
long double p[MAXN];
int main (void) {
memset (dis, 0x3f, sizeof dis);
scanf ("%d%d%d%d", &n, &m, &v, &e);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf ("%d", c + i);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf ("%d", d + i);
for (int i = 1; i <= n; i ++) scanf ("%Lf", p + i);
for (int i = 1; i <= e; i ++) {
int u, v, w;
scanf ("%d%d%d", &u, &v, &w);
dis[u][v] = dis[v][u] = min (dis[u][v], w);
}
for (int k = 1; k <= v; k ++)
for (int i = 1; i <= v; i ++)
for (int j = 1; j <= v; j ++)
dis[i][j] = min (dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
for (int i = 0; i <= v; i ++) dis[i][i] = dis[i][0] = dis[0][i] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i ++) for (int j = 0; j <= m; j ++) E1[i][j] = E2[i][j] = 1e9;
E2[0][0] = E1[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
E1[i][0] = E1[i - 1][0] + dis[ c[i - 1] ][ c[i] ];
for (int j = 1; j <= min (i, m); j ++) {
E1[i][j] = min (E1[i - 1][j] + dis[ c[i - 1] ][ c[i] ], E2[i - 1][j] + dis[ d[i - 1] ][ c[i] ] * p[i - 1] + (1 - p[i - 1]) * dis[ c[i - 1] ][ c[i] ]);
E2[i][j] = min (E1[i - 1][j - 1] + dis[ c[i - 1] ][ d[i] ] * p[i] + dis[ c[i - 1] ][ c[i] ] * (1 - p[i]), E2[i - 1][j - 1] + p[i - 1] * p[i] * dis[ d[i - 1] ][ d[i] ] + p[i - 1] * (1 - p[i]) * dis[ d[i - 1] ][ c[i] ] + (1 - p[i - 1]) * p[i] * dis[ c[i - 1] ][ d[i] ] + (1 - p[i - 1]) * (1 - p[i]) * dis[ c[i - 1] ][ c[i] ]);
}
}
long double ans = 1e9;
for (int i = 0; i <= m; i ++) ans = min ({ans, E1[n][i], E2[n][i]});
printf ("%.2Lf\n", ans);
return 0;
}
Luogu P5249
题意：\(n\) 个人从第 \(1\) 个开始轮流朝自己开枪，射中的概率均为 \(P_0\)，剩下的最后一个人为胜利者。求第 \(k\) 个人胜利的概率。特别的，若 \(P_0=0\)，则认为第一个人胜利。
分析：设 \(P(i,j)\) 指剩余 \(i\) 人，第 \(j\) 人获胜的概率。考虑从第一个人开始，若射中，则剩下 \(i-1\) 人，原先的第 \(j\) 个人变为 \(j-1\)，对于 \(P(i,j)\) 的贡献为 \(P_0\times P(i-1,j-1)\)；若没中，则仍有 \(i\) 人，由于游戏继续，故当前的第 \(j\) 人仍变成第 \(j-1\) 人，做出贡献为 \((1-P_0)\times P(i,j-1)\)。考虑第 \(1\) 个人胜利的情况。此时其为第一个开枪者，绝对不中，而轮到下一个人后，其便成为第 \(i\) 个人，故概率为 \((1-P_0)\times P(i,i)\)。综上，如下：
呈环形结构，考虑变形。设 \(P(i,1)=x\)，则情况 1 2 联立必可构造出形如 \(ax+c=0\) 的方程，解之即可。
由于本题空间较小，故需滚动数组优化。
Luogu P5249 Code
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1e4 + 10;
int n, k;
long double P0;
long double P[2][MAXN];
int main (void) {
scanf ("%Lf%d%d", &P0, &n, &k); int N = 1;
if (P0 < 1e-8) return puts ("0") & 0;
P[0][1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
double a = 1, b = 0;
for (int j = 2; j <= i; j ++) a = a * (1 - P0), b = b * (1 - P0) + P[N ^ 1][j - 1] * P0;
P[N][1] = (1 - P0) * b / (1 - (1 - P0) * a);
for (int j = 2; j <= i; j ++) P[N][j] = P[N][j - 1] * (1 - P0) + P[N ^ 1][j - 1] * P0;
N ^= 1;
}
printf ("%.10Lf\n", P[N ^ 1][k]);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号