概率期望

~~我是哪里来的信心在考前学完概率期望~~

~~CSP 前不会在往后推了，CSP 以后再说罢。~~

应该没有人像我一样最后统一写题解了吧。——12.29补完

基本点：

$E(A+B)=E(A)+E(B)$ 不需要 $A,B$ 互相独立。
$E(AB)=E(A)+E(B)$ 需要 $A,B$ 互相独立。
$E(A)=P(A)*A$
$P(A|B)*P(B)=P(B|A)*P(A)=P(AB)$

其他做题的小点：

$E(X^2)\ne (E(X))^2$

因为 $X$ 和 $X$ 不相互独立。

解决方法也很简单，直接单独递推维护 $E^2,E$ 即可。
对于有明确起点和终点的，一般直接 $dp$ 推，一般倒推优于正推。
对于没有起点和终点的序列，可以考虑每个点的贡献期望求和。
有的策略就是期望 $\ge 0$。

例题：

绿豆蛙的归宿：

算是典的有终点：

考虑倒推。

$dp_{u}$ 表示从 $i$ 到终点期望。

显然 $dp_u=\sum\limits_{u\to v} \frac{dp_v}{k}$（$k$ 表示 $u$ 的子节点个数）
聪聪和可可：

看似没有终点，其实因为猫每次一定向鼠靠近，所以有终点。

记忆化。

定义 $dp_{i,j}$ 表示猫在 $i$ 鼠在 $j$ 期望。

预处理 $dis_{i,j}$ 表示 $i\to j$ 长度。

显然 $dis_{i,j}\le 2$ 时 $dp_{i,j}=1$ ，其他 $dp_{i,j}=\sum\limits_{i\to x} \frac{dp_{x,y}}{k}$（$y$ 是 $j$ 决策后的点）
OSU!

典。递推。

考虑有 $l$ 连续成功，$l+1$ 成功贡献 $(l+1)^3-l^3=3l^2+3l+1$

注意要单独维护 $E(l^2)$

\[(l+1)^2=l^2+2l+1\Rightarrow E((l+1)^2)=E(l^2)+2E(l)+1 \]
Red is good

DP。

设 $dp_{i,j}$ 表示还有 $i$ 张红，$j$ 张黑。

这里的最优策略就是和 $0$ 取 max。

\[dp_{i,j}=P(red)(\max(dp_{i-1,j},0)+1)+P(black)(\max(dp_{i,j-1},0)-1) \]
最后别忘再和 $0$ 取一次 max 。
守卫者的挑战

简单 DP。

设 $dp_{i,j,k}$ 表示进行到第 $i$ 轮，胜利 $j$ 次，背包容量 $k$ 的概率。

考虑 $i$ 次是否成功简单转移。
单选错位

经典考虑每个贡献。

一看好像挺复杂，其实很简单。

因为期望的相加不要求独立，考虑第 $i$ 个题做对的可能性 $\frac{\min(a_i,a_{i-1})}{a_{i}a_{i-1}}$（$a_i$ 表示第 $i$ 个题的答案数）。

相加即可。
列队春游

显然：

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{l=1}^{j}lP(j|L=l) \]
$i$ 枚举 $a_i$， $j$ 枚举位置，$l$ 枚举长度，$P(j|L=l)$ 表示在 $j$ 时长度 $=l$ 概率。

然后有一个巧妙的转换：

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{l=1}^{j}P(j|L\ge l) \]
发现转换以后位置其实就无关了，也就是：

\[\forall j\in[l,n],P(j|L\ge l)=P(n|L\ge l) \]
所以直接将 $j$ 去掉。

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{l=1}^{j}P(L\ge l)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{j=l}^{n}P(L\ge l)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{l=1}^{n}P(L\ge l)(n-l+1) \]
接下来直接推式子，$c_i$ 表示 $a$ 中 $\ge a_i$ 的个数：

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{l=1}^{n}P(L\ge l)(n-l+1) & =\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{l=1}^{n}\frac{A_{n-c_i}^{l-1} (n-l)!(n-l+1)}{n!}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{n!}\sum\limits_{l=0}^{n-1}A_{n-c_i}^l (n-l)!\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{n!}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\frac{(n-c_i)!(n-l)!}{(n-c_i-l)!}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{(n-c_i)!c_i!}{n!}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\frac{(n-l)!}{(n-c_i-l)!c_i!}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{(n-c_i)!c_i!}{n!}\sum\limits_{l=0}^{n-1}\binom{n-l}{c_i}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{(n-c_i)!c_i!}{n!}\sum\limits_{l=1}^{n}\binom{l}{c_i}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{(n-c_i)!c_i!}{n!}\sum\limits_{l=0}^{n}\binom{l}{c_i}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{(n-c_i)!c_i!}{n!}\binom{n+1}{c_i+1}\\ & =\sum\limits_{i=1}^n\frac{n+1}{c_i+1}\\ \end{aligned}\]
~~你说的对，但是其实可以直接推式子。~~

其他的以后慢慢补吧。

想不到吧，有生之年竟然补了，哈哈哈。

矩阵粉刷

考虑求每个点不被覆盖的概率，显然求。

最后容斥即可。

卡牌游戏

约瑟夫常用套路。

发现不好表示具体是谁还活着。

可以设 $dp_{i,j}$ 表示第 $i$ 轮，当 $1$ 坐庄时，第 $j$ 人的胜率。

转移时可以直接推出具体是谁。

「HNOI2013」游走

贪心，求每个边的走过的次数期望。

显然贪心，次数越多填的值越小。

列出转移，发现有后效行，直接高斯消元即可。

[HNOI2011]XOR和路径

这个是上一个的加强。

列出转移方程，发现带异或，不能直接消元。

考虑每位都无关，每位拆开分别算即可。

[SHOI2014]概率充电器

列出方程，发现不止和子树相关，还和父亲相关。

考虑换根，先只考虑子树，在加上父亲即可。

和上一题类似，但是多测。

求出任意节点到其父亲和儿子的期望步数，求前缀和。

最后通过 $lca$ 回答即可。

「SHOI2017」分手是祝愿

首先我们要解决最优策略。

发现一个开关一定不能管辖到比他大的灯，所以从大到小按一定最优。

考虑随机的情况。

发现按同一个开关两次会抵消，而且不存在几种方案拼接能按成更大的按钮，所以方案是唯一的，并且按一次最多让需要的次数加一或减一。

求从需要 $i$ 到 $i-1$ 的期望次数即可。

灯灯灯

先考虑熄灭红灯的，绿灯类似。

最后一次一定是红灯，剩下的可以枚举绿灯全排。

总共的：

\[P=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}i \times \binom{n-i+m-1}{n-i}+\sum\limits_{i=1}^{m}i \times \binom{n-1+m-i}{m-i}}{\binom{n+m}{n}}=\frac{n}{m+1}+\frac{m}{n+1} \]

「SDOI2017」硬币游戏

神题，不好想。

40 pts 可以直接 ACAM 上跑 DP

考虑为什么概率会不一样。

一个人什么时候会赢：

$S$ 是一个没有人赢的串，$A_i$ 表示第 $i$ 个人赢得串。

看似是 $S+A_i$ ，但其实会有 $S$ 后缀和 $A_i$ 前缀是另一个人的赢串，所以需要减去这个概率。

然后就可以列方程了。

设 $P$ 表示一个没有人赢的串的出现概率，$P_i$ 表示 $i$ 赢得概率，$pre_l$ 为长度为 $l$ 的后缀（$A$ 串），$suf_l$ 为长度为 $l$ 的前缀（$S$ 串）。

有 $$f_i + \sum_{j = 1}^{n}f_j\sum_{k = 1}^{m}[pre_{k} = suf_{k}]\dfrac{1}{2^{m - k}} = \dfrac{f_0}{2^{m}}$$

发现少一个，加上 $\sum f_i=1$ 就可以了。

posted @ 2024-07-04 17:23 xrlong 阅读(29) 评论(0) 收藏举报

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