笔记-数学期望

ぃ、小莉子 提交于 2020-02-16 09:36:09

期望真是个很神奇的东西啊,虽然利用方程移项可以证明,但总感觉很妙

定义

设数\(x\)\(n\)种取值,每种取值\(a_i\)对应概率为\(p_i\),则\(x\)的数学期望为\(E(x)=\sum a_ip_i\)

  • 比如说抛掷一枚硬币,定义正面为\(1\),反面为\(0\),则抛一枚硬币的期望为\(E(x)=0.5\times 1+0.5\times 0=0.5\)
  • 掷骰子的期望为\(\frac 16\times 1+\frac 16\times 2+\cdots+\frac 16\times 6=\frac 16\sum_{i=1}^6i=3.5\)
  • 彩票一张\(1\)元,中奖概率为\(\frac 1{10^6}\),奖金\(10^5\),则买一张彩票的收益期望为\(\frac 1{10^6}\times 10^5=0.1\)

虽然这些期望都是小数,是取不到的值,但期望表示的并不是一个可能发生的情况,而是情况的一个平均,可以形象地理解为当实验进行越来越多的时候,平均情况会趋于接近期望(比如掷骰子\(100\)次的时候,平均情况会接近\(3.5\),而当掷\(10^6\)次的时候,会更加接近\(3.5\)

更一般的,若\(x\)的取值并不是离散的,那么可以用积分表达期望 换汤不换药

基础期望

一枚硬币,抛到正面的概率为\(p\),问期望抛几次得到一个正面

先设答案为\(x\)次,根据期望的定义可以列出式子\(x=p\cdot 1+(1-p)(x+1)\),可以移项得出\(x=\frac 1p\)

解释一下那个式子的右边,考虑掷一次有两种情况:

  • \(p\)的概率为正面,这个时候只需要一次操作(即当前这次),取值\(1\),概率\(p\),所以第一项为\(p\cdot 1\)
  • \(1-p\)的概率为反面,由于抛到反面即返回最初的情况,所以还需要抛\(x\)次,加上这一次,取值\(x+1\),概率\(1-p\),所以第二项为\((1-p)(x+1)\)

列出这个方程可以解出其中某一项,可能这就是期望题目的大致玩法吧


给定一个有\(n\)个面的骰子,问期望多少次能掷出所有面(SPOJ-FAVDICE

发现这题不能像上一题那样只设一个变量,所以需要利用dp思想,设\(f_i\)表示还剩\(i\)面未被掷到时期望还需多少次完成

利用上一题的思想枚举所有后继情况,假设当前还剩\(i\)面未被掷到

  • 这一次掷到了还未被掷到的面,概率为\(\frac in\),剩余次数为\(f_{i-1}+1\)
  • 这一次掷到了已经被掷到的面,概率为\(\frac {n-i}n\),剩余次数为\(f_i\)

而这两个之和为\(f_i\),即\(f_i=\frac in(f_{i-1}+1)+\frac {n-i}n(f_i+1)\),移项可得\(f_i=f_{i-1}+\frac ni\)

\(f_0=0\),则递推出\(f_n\)即为答案

从这题可以看出一种解题方法,设置状态,列出方程,解出其中某一项,进行dp转移


你有一个战斗力\(v\),有\(n\)扇门,每天随机抽取一扇门\(i\),若\(v\leq c_i\),则会用\(t_i\)天的时间离开,否则\(v\)增加\(c_i\),求离开天数的期望(ZOJ-3640

这题也差不多,算是一个小练习,设\(f_i\)表示当战斗力为\(i\)时离开的期望天数

\(i\leq c_i\)\(f_i+=\frac 1nf_{i+c_i}\),否则\(f_i+=\frac 1nt_i\)

综合这最后这两题可以看出,如果用Dp解简单的期望题,状态的设置需要满足可重复利用(比如当战斗力为一个确值\(x\)时,期望天数一定是个定值)

double f(int x){
    if(x>max_c)return sum_t/n;
    if(dp[x]>-0.5)return dp[x];
    double res=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(x<=c[i])res+=1+f(x+c[i]);
        else res+=t[i];
    return dp[x]=res/n;
}

循环转移

有些题目是没有像上面题目那样的单项转移的,比如说下面这题

一个\(n\)\(m\)边无向连通图,在图上进行随机游走,初始时在\(1\)号顶点,每一步以相等的概率随机选择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数。当到达\(n\)号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数之和。 要求对所有边进行编号(\(1\)~\(m\)),使得总分的期望值最小。(HNOI-2013游走

很明显的贪心思路:求每条边的访问次数期望,按照期望大小次序给定边权,再给边权赋值

但是求边的期望又可以由边两边的点的期望得到,所以这题的主要难度在于求每个点的访问次数期望

用之前的方法进行设置。设\(f_i\)表示走到\(i\)节点的次数期望

由于任意两点间都有可能互相访问,所以对于任意一条边\((u,v)\)\(f_u+=\frac 1{deg_v}f_v,f_v+=\frac 1{deg_u}f_u\)

发现这里不能像之前几道题来解方程了,因为这里存在循环(\(f_1\)要用\(f_2\)推导,\(f_2\)要用\(f_1\)推导)

可以利用高斯消元求解,时间复杂度\(O(n^3)\)

类似的题还有很多,比如HNOI-2011XOR和路径

循环转移的非高斯消元解法

下面介绍两种循环转移的非高斯消元解法(复杂度\(O(n)\)

线性情况

有三个骰子,分别有\(k_1,k_2,k_3\)面,每次同时投掷得\(x_1,x_2,x_3\),分数增加\(x_1+x_2+x_3\),若三者的值分别为\(a,b,c\),则分数清零,若分数大于\(n\),则结束操作。求期望多少次投掷后结束操作(zoj-3329

尝试用上一题的做法来解,设\(f_i\)表示当前分数为\(i\)时的期望还要进行多少次,令\(p_k\)表示三个骰子分数和为\(k\)的概率

则可以列出方程:\(f_i=\sum_kp_k(f_{i+k}+1)\)

\(1\)提出来,把\(p_0\)单独提出来,得到\(f_i=1+f_0p_0+\sum_{k\not =0}p_kf_{i+k}\)

舍弃之前说的高斯消元做法,介绍一种更优秀的做法

由于所有式子都要用到\(p_0\),所以不妨假设\(f_i=a_ip_0+b_i\)

然后将\(f_{i+k}=a_{i+k}p_0+b_{i+k}\)套到之前的式子里去,得到

\(f_i=1+f_0p_0+\sum_{k\not =0}p_k(a_{i+k}f_0+b_{i+k})\\=(p_0+\sum_{k\not =0}p_ka_{i+k})f_0+\sum_{k\not =0}p_kb_{i+k}+1\)

对比式子:\(f_i=a_ip_0+b_i\),发现两个式子结构相同,可得:

\(a_i=p_0+\sum_{k\not =0}p_ka_{i+k}\\b_i=1+\sum_{k\not =0}p_kb_{i+k}\)

由于\(a_i,b_i=0(i>n)\),而上面的式子中所有量是可以递推而得,没有循环转移关系的,所以可以递推得到\(a_0,b_0\)

\(i=0\)代入,得到\(f_0=a_0f_0+b_0\),即\(f_0=\frac {b_0}{1-a_0}\),得解


树上情况

一棵 \(n\) 个结点的树,从点 \(x\) 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。\(Q\) 次询问,每次询问给定一个集合 \(S\),求如果从 \(x\) 出发一直随机游走,直到点集 \(S\) 中所有点都至少经过一次的话,期望游走几步。(pkuwc2018随机游走

这题之前就写过题解,在这,可以看看中间如何将树上情况的循环转移优化成递推

基本思路也是设每个节点从父亲转移,递推求得系数\(a_i,b_i\),这样是\(O(n)\)


分层图情况&一般图情况

这个待填坑吧,分层图好像可以玩,听说去年pkuwc上有人想出了一个在一般图上高斯消元的高效算法

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