概率与期望

概率

概率

事件发生的可能性大小即为概率，事件 \(A\) 发生的概率用 \(P(A)\) 表示。

条件概率

在事件 \(B\) 发生的前提下，事件 \(A\) 发生的概率即为条件概率，用 \(P(A|B)\) 表示，\(P(A|B)\) 定义为：

\[P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \]

若 \(P(A|B)=P(A)\)，则称 \(A\) 与 \(B\) 相互独立。此时 \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\)。

全概率

设事件 \(B_i\) 构成一个完备事件组（两两互斥且覆盖所有可能）。那么对于任意事件 \(A\)，全概率公式为：

\[P(A)=\sum_iP(B_i)\times P(A|B_i) \]

期望

直觉上看，如果重复一个随机实验无数次，观察到的平均值会趋近于期望值。

设离散型随机变量 \(X\) 的概率分布为 \(p_i=P(X=x_i)\)，则期望：

\[E(X)=\sum_{i}x_ip_i \]

性质

对于任意随机变量 \(X,Y\)，无论是否独立，给定常数 \(a,b\)，有：

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

对于相互独立的随机变量 \(X,Y\)，有：

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

全期望

如果事件 \(A_i\) 构成一个完备事件组（即互斥且覆盖所有情况），则：

\[E(X)=\sum_iP(A_i)\times E(X|A_i) \]

题目

UVA11181 条件概率 Probability|Given

题意：

共有 \(n\) 个随机变量 \(x\)，其中 \(x\in\{0,1\}\)，已知 \(x=1\) 的概率为 \(p_i\)，且 \(\sum\limits_{i=1}^nx_i=m\)，求每个变量 \(x_i=1\) 的概率。

根据条件概率，设事件 \(B\) 表示 \(\sum\limits_{i=1}^nx_i=m\)，事件 \(A_i\) 表示 \(x_i=1\)，则有：

\[P(A_i|B)=\frac{P(A_i\cap B)}{P(B)} \]

其中 \(P(A_i\cap B)\) 表示 \(x_i=1\) 且 \(\sum\limits_{i=1}^nx_i=m\)，即 \(x_i=1,\sum\limits_{j\in[1,n],j\ne i}x_i=m-1\)。

先来考虑 \(P(B)\) 怎么求，可以设 \(f_{i,j}\) 表示 \(\sum\limits_{k=1}^{i-1}x_k=j\) 的概率，转移方程：

\[f_{i,j}= \begin{cases} 1, & i=j=0\\ p_i\times f_{i-1,j-1}+(1-p_i)\times f_{i-1,j}, & 0\le j\le i,1\le i\le n\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \]

则 \(P(B)=f_{n,m}\)。

对于 \(P(A_i\cap B)\)，可以把变量从 \(i\) 处分开，分别求答案后相乘，具体地：

设 \(g_{i,j}\) 表示 \(\sum\limits_{k=i+1}^{n}x_k=j\) 的概率，转移方程与 \(f\) 同理：

\[g_{i,j}= \begin{cases} 1, & i=n+1,j=0\\ p_i\times g_{i+1,j-1}+(1-p_i)\times g_{i+1,j}, & 0\le j\le n-i+1,1\le i\le n\\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \]

于是就可以得到 \(P(A_i\cap B)\)：

\[P(A_i\cap B)=\sum_{j=0}^{m-1}f_{i-1,j}\times g_{i+1,m-j-1}\times p_i \]

减 \(1\) 和乘 \(p_i\) 是因为 \(x_i\) 需要被选择。

实现是简单的。

CF1097D Makoto and a Blackboard

题意：

给定一个正整数 \(n\)，共进行 \(k\) 次操作，对于每次操作，设 \(d\mid n\)，令 \(n\leftarrow d\)，每种合法的 \(d\) 的选择是等概率的，求 \(k\) 次操作后 \(n\) 的期望。

看到操作是和约数相关的，首先想到分解质因数，不难发现操作对每个质因子是独立的。所以：

\[E(n)=\sum_{i=1}^mE(p_i^{x_i}) \]

\(x_i\) 表示 \(k\) 次操作后质因子 \(p_i\) 的指数。

设 \(dp_{t,i}\) 表示经过 \(t\) 次操作后，指数变为 \(i\) 的概率，则 \(dp_{0,c}=1\)，\(c\) 为初始指数。设当前枚举指数 \(i\)，有转移方程：

\[dp_{t+1,j} = \sum_{i=j}^{c} \frac{dp_{t,i}}{i+1} \]

除法可以预处理逆元。

经过 \(k\) 次操作后，该质因子对答案的期望贡献为：

\[E(p_i^{x_i})=\sum_{j=0}^{c_i}dp_{k,j}\times p_i^j \]

实现

考虑对 dp 数组压维。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e4 + 5, M = 4e7 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, k, top, dp[N], inv[N], t[N];
bool nprime[M];
vector <int> primes;
pair <int, int> p[N];
int qpow(int a, int b){
	int res = 1;
	while (b){
		if (b & 1){
			(res *= a) %= mod;
		}
		(a *= a) %= mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
void init(int n){
	for (int i = 2; i <= n; ++i){
		if (!nprime[i]){
			primes.push_back(i);
		}
		for (auto p : primes){
			if (p * i > n)break;
			nprime[p * i] = 1;
			if (i % p == 0)break;
		}
	} 
}
signed main(){
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> k;
	init(sqrt(n));
	for (auto m : primes){
		if (n % m == 0){
			p[++top] = {m, 1};
			n /= m;
			while (n % m == 0){
				++p[top].second;
				n /= m;
			}
		}
	}
	if (n > 1){
		p[++top] = {n, 1};
	}
	for (int i = 1; i <= N - 5; ++i){
		inv[i] = qpow(i, mod - 2);
	}
	int ans = 1;
	for (int i = 1; i <= top; ++i){
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		dp[p[i].second] = 1;
		for (int j = 1; j <= k; ++j){
			memset(t, 0, sizeof t);
			for (int l = 0; l <= p[i].second; ++l){
				if (dp[l] == 0)continue;
				for (int r = 0; r <= l; ++r){
					t[r] = (t[r] + dp[l] * inv[l + 1]) % mod;
				}
			}
			for (int j = 0; j <= p[i].second; ++j){
				dp[j] = t[j];
			}
		} 
		int res = 0, s = 1;
		for (int j = 0; j <= p[i].second; ++j){
			res = (res + dp[j] * s) % mod;
			s = s * p[i].first % mod;
		}
		(ans *= res) %= mod;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}