概率/期望 DP

这里对概率与期望，及 DP 做一个简单的小结

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前置芝士

概率

用 \(P(A)\) 表示 事件A 发生的概率

• 非负性：任意事件 \(A\) ，都应有 \(0\le P(A)\le 1\)

• 规范性：对于必然事件 (\(\Omega\))，有 \(P(\Omega)=1\)

• 可列可加性：设 \(A_1,A_2,...,A_n\) 为两两不相容的事件，即 \(i\not = j,\ A_i\cap A_j=\emptyset\)，有 \(P(A_1\cup A_2\cup,...,\cup A_n)=P(A_1)+P(A_2)+...+P(A_n)\)

注意：\(P(AB)\) 表示 \(P(A\cap B)\)，即 \(A,B\) 共同发生的概率

• 广义加法：\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)

古典概型

特点：

• 有限性：所有可能出现的事件有限

• 等可能性：每个事件发生的概率相等

计算公式：

\[P(A)=\frac m n \]

如果一次实验中可能出现的结果有 \(n\) 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是 \(\frac 1 n\)；如果某个 事件A 包含的结果有 \(m\) 个，那么事件A的概率为 \(\frac m n\)

条件概率

• 定义：\(P(A|B)\) 表示：在 事件B 发生后，事件A 发生的概率

• 计算公式： \(P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)

解释为：事件A 与 事件B 的交集 在 事件B 中所占的比例

可以在这里加强理解

全概率公式

用途：将对一个复杂事件 \(A\) 的概率求解，转化为在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题。

• 定义：如果 \(B_1,B_2,...,B_n\) 满足完备事件组（也就是对样本 \(S\) 的划分），即：

  • \(i\not = j,\ B_i\cap B_j=\emptyset\)

  • \(B_1\cup B_2\cup...\cup B_n=S\)

  则有 \(P(A)=P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)+...+P(A|B_n)P(B_n)\)

贝叶斯(Bayes)公式

由条件概率的计算式，我们可以得到：

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

也可以变形为：

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

期望

用 \(E(A)\) 表示 事件A 的期望

如果一个随机变量的取值个数有限（比如一个表示骰子示数的随机变量），或可能的取值可以一一列举出来（比如取值范围为全体正整数），则它称为 离散型随机变量。

（摘自 OI-Wiki）

\(E(A)=\sum_{\alpha \in I(A)} \alpha\ ·P(A=\alpha)\)

• 期望的线性性：对于任意两个随机变量 \(X,Y\)（不要求相互独立），有 \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)。利用这个性质，可以将一个变量拆分成若干个变量，分别求这些变量的期望值，最后相加得到所求变量的值。

其中，\(I(A)\) 为 \(A\) 的值域

• 与概率类似，期望也有全期望公式：

\(E(A)=\sum_{\alpha \in I(A)} P(B=\alpha)E(A|(B=\alpha))\)

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DP部分

无非是一下三类

1. 求概率

   这类一般用顺推的方式，也就是从初始状态推向结果

2. 求期望

   这类有时会采用倒推的方式，从结果推至初始状态

为什么倒推的方法是可行的？在网上看了不少文章都没有严谨的证明，只能通过感性理解：求期望的过程其实大多数情况下都是形成了一棵 DAG，边权就是转移乘上的概率，统计期望就是对所有叶子结点的值求和，而叶子结点的值其实就是树根到结点的边权乘积，那么我们就可以倒过来，将叶子结点上的事件发生的概率看做 \(100\%\)，边权不变，因此最后根节点的值与原答案的值相等

倒推的优点：转移时可以直接用 \(E(x)=(E(y)+a_{x,y}) / P(x)\)

3. 有后效性的 DP

   这部分需要用高斯消元，就是解方程

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例题

CF908D New Year and Arbitrary Arrangement

我们先考虑正着推方程：

设 \(f_{i,j}\) 表示当前序列有 \(i\) 个 \(a\)，有 \(j\) 个 \(ab\) 子序列

显然有转移方程：（我们这里令 \(A=\frac{p_a}{p_a+p_b}\), \(B=\frac{p_b}{p_a+p_b}\)）

\[f_{i+1,j} += f_{i,j}\times A \]

\[f_{i,j+i} += f_{i,j}\times B \]

但显然，由于 \(f_{i,j}\) 中的 \(i\) 可以无限延伸，使问题变得非常棘手，于是我们开始考虑倒推

我们注意到，当 \(j<k,\ i+j\ge k\) 时，我们这时加一个 \(b\) 就会让序列停止扩展

所以我们就得到 \(f_{i,j},\ i+j\ge k\) 的期望边界：

\[f_{i,j}=A\times f_{i+1, j}+B\times (i+j) \]

这里的 \((i+j)\) 是终止时 \(AB\) 子序列的个数，所以直接转移期望

再将 \(f_{i+1,j}\) 拆开（\(f_{i+1, j}=A\times f_{i+2,j}+B\times (i+j+1)\)）

所以有

\[f_{i,j}=A^2\times f_{i+2, j}+AB(i+j+1)+B\times (i+j) \]

一直拆，就会得到一个无限式：

\[f_{i,j}=\sum_{t=0}^{\infty}A^tB(i+j+t) \]

由于这两个公式（最后会证明）：

\[\sum_{i=0}^{\infty}p^i=\frac{1}{1-p} \]

\[\sum_{i=0}^{\infty}p^i\times i=\frac{p}{(1-p)^2} \]

因此式子化简为：

\[\begin{aligned} f_{i,j}&=\sum_{t=0}^{\infty}A^tB(j+t)+\sum_{t=0}^{\infty}A^t\times iB\\ &=j+t+\frac{A}{B} \end{aligned}\]

（这里注意到 \(B=1-A\)）

边界情况就计算完毕了

对于一般情况，就有 \(f_{i,j}=f_{i+1,j}\times A+f_{i,i+j}\times B\)

最后答案是 \(f_{0,0}\)，但由于 \(b\) 也可以无限填，所以有 \(f_{0,0}=f_{1,0}\times A+f_{0,0}\times B\)

但其实移一下项，就会有 \(f_{1,0}=f_{0,0}\)

因此最后答案应输出 \(f_{1,0}\)

代码

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公式证明：

1. \[\sum_{i=0}^\infty p^i=\frac{1}{1-p} \]

不难发现，这就是一个等比数列求和，因此根据错位相减法，令 \(X=\sum_{i=0}^\infty p^i,\ Y=\sum_{i=1}^\infty p^i\)，有

\[X-Y=1 \]

又因为 \(Y=p\times X\)，所以原式为：

\(\frac{X-Y}{1-p}=\frac{1}{1-p}\)

证毕

2. \[\sum_{i=0/1}^\infty p^i\times i=\frac{p}{(1-p)^2} \]

原式可以转化为

\[\sum_{i=1}^\infty p^i+\sum_{i=2}^\infty p^i+...+\sum_{i=\infty}^\infty p^i \]

求解每一个 \(\sum_{i=a}^\infty p^i\)，根据上面的方法，得到 \(\sum_{i=a}^\infty p^i=\frac{p^a}{1-p}\)

所以原式再一次化为：

\[\frac{p^1+p^2+...+p^\infty}{1-p} \]

结果分式上面又是 \(\sum_{i=1}^\infty p^i\)（注意 \(i\) 从 \(1\) 开始），再代入，就得到

\[\sum_{i=0}^\infty p^i\times i=\frac{p}{(1-p)^2} \]

证毕