标签：detail 就是 平均值 事件 pen ble == 独立 二次
DAY6概率(照着打一遍整理思路
概率
独立事件：对于两个独立事件\(A,B\)，\(P(AB)=P(A)P(B)\) (期望的不相关可积性)
对于离散变量\(X\),\((P_{(X=K)}=P_{(X\le K)}-P_{(X\leq K-1)})\)
期望的线性性：\(E(x+y)=E(x)+E(y)\)，无论\(x\)和\(y\)是否独立
(E(x+y)=E(x)+E(y)) 任意(x,y) [E(x+y)=sum_i sum_j P(x=i,y=j)(i+j)] [sum_i sum_j P(x=i,y=j) i] [=sum_i i P(x=i)] j同理 得到 [sum_iiP(x=i)+sum_jjP(x=j)] [=sum_i sum_j P(x=i,y=j) i+sum_i sum_j P(x=i,y=j) j] [sum_i sum_j P(x=i,y=j)(i+j)] [=E(x+y)]
方差：随机变量的方差定义为\(V(x)=E\big((x-E(x))^2\big)\)
\[V(x)=E\big((x-E(x))^2\big)=E(x^2-2xE(x)+E(x)^2)\]
\[=E(x^2)-E(2xE(x))+E(E(x)^2)\] 将\(E(2xE(x))\)可转化为\(2E(x)^2\)
? \(=E(x^2)-E(x)^2\)
即方差的期望等于平方的期望减去期望的平方
每次随机一个\([1, n]\) 中的数，求期望几次能随机出所有的数。
根据期望的线性性，只需要考虑要想把第\(i\)个数随机出来，期望需要随机几次。
对于第\(i+1\)个数，它被随机到的概率是\(\frac{n-i}n\)，期望就是\(\frac n{n-i}\)
\(E=\frac nn+\frac n{n-1}+...+\frac n1=O(n\ ln\ n)\)
随机一个排列 求\(p_i\)是\(p_1,p_2,..,p_i\)中最大的数的概率
所有的数是等价的，所以\(p_1\)到\(p_i\)中每一个数成为最大值的概率是相等的 概率就是\(\frac1i\)
一张从\(S\)到\(T\)的DAG，求从\(S\)随机游走到\(T\)的期望步数
设\(f_i\)为从\(i\)走到\(T\)的期望步数 拓扑排序后DP 枚举每一个点的出边转移 \(f_u=\frac1{d_u}\sum(f_v+1)\)
有一条长度为\(n\)的链，求从一端走到另一端的期望步数 每次随机向左或者向右走，如果当前在一端那么就只能向另一端走
设\(f_i\)表示从\(i\)走到\(i+1\)的期望步数 答案为\(f_0+f_1+f_2+...+f_{n-1}\)
首先\(f_0=1\)
考虑第\(i\)个节点 若它第一步向右，则步数为\(1\)，概率为\(\frac12\)；
若向左，则步数为\(f_{i-1}+f_i+1\)，概率为\(\frac12\)
所以\(f_i=\frac12*1+\frac12*(f_{i-1}+f_i+1)\) 化解得\(f_i=f{i-1}+2\)
\(ans=1+3+5+...+(2n-1)=n^2\)
\(n\)个点的完全图 求从\(S\)随机游走到\(T\)的期望步数
每个点都是等价的
设\(E\)表示从一个点走向另一个点的期望步数，则\[E=\frac1{n-1}*1+\frac {n-2}{n-1}*(E+1)=n-1\]
有\(\frac1{n-1}\)的概率成功 类比抛硬币 每次\(\frac 1{n-1}\)抛到正面 期望步数为\(n-1\)
n点菊花图游走，根到x的期望步数
\[E=\frac{1}{(n-1)}+\frac{(n-2)}{(n-1)}*(2+E)=(2n-1)\]
构造一个\(200\)个节点的无向图，使得从\(1\)随机游走到\(n\)的期望步数超过\(10^6\)
100个点的完全图伸出来一条长度为100的链
设\(E_0\)表示从完全图里的一个点走向链头的期望步数，\(E_0=99\)
\(f_i\)表示在链上从\(i\)走向\(i+1\)的期望步数 \(f_0=\frac1{100}+\frac{99}{100}(99+1+f_0)\) \(f_0=9901\)
\(f_i=f_{i-1}+2\) \(ans=9901+9903+...+10099=10^6\)
一棵树 求\(S\)随机游走到\(T\)的期望步数
根据期望的线性性，只需要求出从一个点随机游走到达它的父节点的期望步数\(f_x\)和从父节点随机游走到它的期望步数\(g_ x\)，\(x\)的度数是\(d_x\)
对于\(f\) 枚举点\(x\)下一步是向上走还是向下走 \(f_x=\frac1{d_x}+\sum_v\frac1{d_x}*(f_v+f_x+1)=d_x+\sum_vf_v\)
对于\(g\) \(g_x=\frac1d+\frac1d(1+g_{fa_x}+g_x)+\sum_{fa_y=fa_x}\frac1d(1+f_y+g_x))\)
? \(=d_{fa_x}+g_{fa_x}+\sum_{fa_y=fa_x}f_y=d_{fa_x}+g_{fa_x}+f_{fa_x}-d_{fa_x}-f_x\)
? \(=g_{fa_x}+f_{fa_x}-f_x\)
有一个长度为\(n\)的序列，第\(i\)个位置有\(p_i\)的概率为\(1\)，\(1 ? p_i\)的概率为\(0\)，一个序列的分数是所有极长连续的\(1\)的长度的三次方和。求期望分数。
一次方：\(ans=\sum p_i\)
二次方：\(f_i\)表示以\(i\)为结尾的长度的期望 \(g_i\)表示以\(i\)结尾的长度的平方的期望
\(f_{i+1}=p_{i+1}(1+f_i)\)，\(g_{i+1}=E((x+1)^2)=E(x^2+2x+1)=p_{i+1}(g_i+2f_i+1)\)
同理 \(h_i\)表示以\(i\)结尾的三次方的期望 \(h_{i+1}=E((x+1)^3)=E(x^3+3x^2+3x+1)=p_{i+1}(h_i+3g_i+3f_i+1)\)
\(ans=\sum h_i(1-p_{i+1})\)
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
rd(n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
f[i]=p[i]*(f[i-1]+1),g[i]=p[i]*(g[i-1]+2*f[i-1]+1),h[i]=p[i]*(h[i-1]+3*g[i-1]+3*f[i-1]+1);
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=(1-p[i+1])*h[i];
printf("%.1f",ans);
return 0;
}其实还可以化解一下h[i]=h[i-1]+p[i]*(3*g[i-1]+3*f[i-1]+1)
看到\(k\le15\)很容易想到状压
用\(f[i][st]\)表示当前第\(i\)个物品状态为\(st\)的期望分数
然鹅这亚子我们无法判断这个状态是否合法
所以我们倒着来推 最后输出\(f[1][0]\)就好拉
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
for(int i=1;i<=16;++i) base[i]=1<<i;
rd(n),rd(k);
for(int i=1,x;i<=k;++i){
rd(a[i]);
while(rd(x),x) pre[i]|=base[x];
}
for(int i=n;i;--i)
for(int st=0;st<=base[k+1]-1;++st){
for(int j=1;j<=k;++j)
if((pre[j]&st)==pre[j]) f[i][st]+=Max(f[i+1][st],f[i+1][st|base[j]]+(double)a[j]);
else f[i][st]+=f[i+1][st];
f[i][st]/=(double)k;
}
printf("%.6lf",f[1][0]);
return 0;
}标签：detail 就是 平均值 事件 pen ble == 独立 二次
原文地址：https://www.cnblogs.com/lxyyyy/p/11636880.html
