概率与期望

创建时间：2025-12-03

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概率

概率的概念

对以一个事件 \(A\)，用一个 \(0\) 到 \(1\) 之间的实数 \(P(A)\) （Probability）表示其可能性大小。\(P(A)\) 越大，则事件 \(A\) 发生的可能性越大；反之，可能性越小。特别的，当 \(P(A)=1\) 时，\(A\) 一定发生，将 \(A\) 称为一个必然事件；当 \(P(A)=0\) 时，\(A\) 不可能发生，将 \(A\) 称为一个不可能事件。

定义事件 \(A\) 和 \(B\) 同时发生的概率为 \(P(AB)\)，\(A\) 和 \(B\) 至少一个发生的概率为 \(P(A+B)\)，由容斥原理知 \(P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)。

称事件 \(A\) 和 \(B\) 为独立事件当且仅当 \(A\) 和 \(B\) 都不影响对方事件的结果；\(A\) 和 \(B\) 为互斥事件当且仅当 \(A\) 和 \(B\) 不可能同时发生，即 \(P(AB)=0\)。

容易发现，对于独立事件 \(A,B\)，有

\[P(AB)=P(A)P(B) \]

对于互斥事件 \(A,B\)，有

\[P(A+B)=P(A)+P(B) \]

概率的应用

概率有关的题目通常顺推解决，因为其起点状态很容易得到。

以 POJ-3071 Football 为例。给定 \(2^n\)（\(n\le7\)） 支球队。每轮将剩余球队编号升序排列，令第一支球队对阵第二支队，第三支球队对阵第四支球队，以此类推，并淘汰败者。给定 \(p_{i,j}\) 表示编号为 \(i\) 的球队击败编号为 \(j\) 的球队的概率，求最有可能获得冠军的球队。

很容易发现比赛过程呈一颗满二叉树，每次在两个节点间决出胜者作为父节点。故若第 \(i\) 轮后 \(j\) 未淘汰，则 \(j\) 可能对阵的球队编号构成一个长度为 \(2^i\) 的区间。

由于 \(n\) 很小，所以可以设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 轮后编号为 \(j\) 的球队未淘汰的概率，直接暴力枚举 \(j\) 对阵的球队转移即可，复杂度 \(O(4^n)\)。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX_N = 150;

int n;
double p[MAX_N][MAX_N], dp[10][MAX_N];

int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
	
	while (true) {
		cin >> n;
		if (n == -1)
			break;
		
		for (int i = 1; i <= 1 << n; i++)
			for (int j = 1; j <= 1 << n; j++)
				cin >> p[i][j];
		
		fill(dp[0] + 1, dp[0] + (1 << n) + 1, 1);
		for (int i = 0; i < n; i++)
			for (int j = 1; j <= 1 << n; j++) {
				int t = (j - 1 >> i) ^ 1;
				dp[i + 1][j] = 0;
				for (int k = (t << i) + 1; k <= t + 1 << i; k++)
					dp[i + 1][j] += dp[i][j] * dp[i][k] * p[j][k];
			}
		
		cout << max_element(dp[n] + 1, dp[n] + (1 << n) + 1) - dp[n] << '\n';
	}
	return 0;
}

期望

期望的概念

设事件 \(A\) 的结果 \(X=\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}\)，令 \(P(x)\) 表示结果为 \(x\) 的概率，则定义 \(X\) 的期望（Expectation） \(E(X)=\sum x_iP(x_i)\)，也可以认为是 \(X\) 的带权平均值。

根据定义易得：

\[E(aX)=aE(x) \]

\[E(X+Y)=E(X)+E(Y) \]

\[E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y) \]

这也被称作期望的线性性。

注意：期望线性性不要求事件 \(X, Y\) 独立。

期望的应用

期望有关的问题通常倒退求解，因为其终点状态很容易得到。

以 SPOJ - FAVDICE Favorite Dice 为例：有一个有 \(n\) 个面的骰子，要使 \(n\) 个面都至少出现一次，求需要投掷骰子次数的期望。

先考虑问题的简化版：求需要抛硬币抛出正面的期望次数。

设 \(E(X)\) 为其期望次数。显然至少要抛一次。若第一次结果为正面，则不需要再抛；否则，还要再抛 \(E(X)\) 次。故 \(E(X)=1+\frac 1 2 E(X)\)，而这是一个一元一次方程！移项解得 \(E(X)=2\)。

回到原问题，设 \(dp_i\) 表示出现 \(i\) 个面的期望次数。显然，\(dp_n=0\)。如果第一次结果为已出现的面，则还要抛 \(dp_i\) 次；否则抛 \(dp_{i+1}\) 次。故 \(dp_i=1+\frac i n dp_i+\frac {n-i} n dp_{i+1}\)，解得 \(dp_i=dp_{i+1}+\frac n {n-i}\)。

代码：

#include <iostream>
#include <iomanip>

using namespace std;

const int MAX_N = 1050; 

int t, n;
double dp[MAX_N];

int main() {
	cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> n;
		dp[n] = 0;
		for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
			dp[i] = dp[i + 1] + 1.0 * n / (n - i);
		cout << fixed << setprecision(2) << dp[0] << '\n';
	}
	return 0;
}

期望 DP 的其他题目：

P4550 收集邮票；
P1291 [SHOI2002] 百事世界杯之旅；
POJ - 2096 Collecting Bugs；
HDU - 4405 Aeroplane chess；