标签：期望 红上 重复 计算 时间 挑战 limits 三维 时间复杂度
概率与期望入门
1 定义性质与定理
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随机试验：
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- 不能预先确知结果。
- 试验之前可以预测所有可能结果或范围。
- 可以在相同条件下重复实验。
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样本空间：随机试验所有可能结果组成的集合。
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随机事件：样本空间的任意一个子集称之为事件。
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事件发生：在一次事件中，事件的一个样本点发生。
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事件之间的运算都是集合运算。
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概率：为样本空间的每一个事件定义一个实数，这个实数称为概率，事件 \(A\) 的概率为 \(P(A)\)
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- \(P(A)>0\)
- \(\sum P(A)=1\)
- \(A_i\cap A_j=\varnothing\Rightarrow P(A_1\cup A_2\cup...)=P(A_1)+P(A_2)+...\)
- \(P(\varnothing)=0\)
- \(A\subset B\Rightarrow P(B-A)=P(B)-P(A)\)
- \(P(B-A)=P(B)-P(AB)\)
- \(0\le P(A)\le 1\)
- \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)\)
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条件概率：已知事件 \(B\) 发生时事件 \(A\) 发生的概率是 \(P(A
|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\)
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- \(P(\varnothing |A)=0\)
- \(B_i\cap B_j=\varnothing\Rightarrow P(\cup_{i=1}^nB_i|A)=\sum\limits_{i=1}^nP(B_i|A)\)
- \(P(\overline{B}|A)=1-P(B|A)\)
- \(P(B\cup C|A)=P(B|A)+P(C|A)-P(BC|A)\)
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期望：\(E[f(X)]=\sum\limits_{x}f(x)P(X=x)\)
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- 期望的线性性：\(E[c_1X_1+c_2X_2+...]=c_1E[X_1]+c_xE[X_2]+...\)
- 如果 \(X_1,X_2\) d独立，则 \(E[X_1X_2]=E[X_1]E[X_2]\)
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贝叶斯公式：\(B_i\cap B_j=\varnothing,\cup_{i=1}^nB_i=U\Rightarrow P(B_i|A)=\frac{P(A|B_i)P(B_i)}{\sum P(A|B_j)P(B_j)}\)
证明只需要注意到分母实际上就是 \(P(A)\)
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事件 \(A,B\) 独立 \(\Leftrightarrow P(AB)=P(A)P(B)\)
2 例题
2.1
箱子里有三个 \(1\) 一个 \(2\) ，每次取一个数不放回
- 事件 \(??\)：第一次取到 \(1\)
- 事件 \(??\)：第二次取到 \(1\)
- 求 \(??(??|??)\)
\(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{4}}=\frac{2}{3}\)
2.2
- 事件 \(A\) ：红上
- 事件 \(B\) ：黑下
- \(P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac12}=\frac13\)
2.3
公平。设 \(P_i\) 为第 \(i\) 个人中的概率。
那么 \(P_1=\frac1n,P_2=\frac{n-1}{n}\times \frac{1}{n-1}...\)
容易发现 \(P_i=\frac1n\)
2.4
- 第一种：
- 假设右边空了，概率应该是 \(p^{n+1}\times (1-p)^{n-m}\times C_{2n-m}^n\)
- 左边：\((1-p)^{n+1}\times p^{n-m}\times C_{2n-m}^n\)
- 第二种：
- 假设右边空了，概率应该是 \(p^n\times (1-p)^{n-m}\times C_{2n-m-1}^{n-1}\)
- 左边：\((1-p)^n\times p^{n-m}\times C_{2n-m-1}^{n-1}\)
2.5
显然应该是：
\[\frac{51\times 0.02}{51\times 0.02+49\times 0.0025}
\]
2.6
列表可以得到，换不换是一样的。
这个跟所谓的三门问题不一样，在三门问题中，主持人知道哪一扇门后面有奖品，所以概率不一样，在三门问题中应该换。
2.7
我们现在枚举在返回之前走到 \((x,y)\) 并计算概率，然后计算返回时经过的概率，所最后的式子是这样的：
\[\sum\limits_{x=0}^{\infty}\sum\limits_{y=0}^{\infty}(1-p)^x\times p\times (1-p)^y\times p\times q^x\times (1-q)^y\times C_{x,y}^x
\]
因为出现 \(x+y\) ，我们考虑还原。设 \(t=x+y\)
那么有：
\[\sum\limits_{t=0}^\infty\sum\limits_{x=0}^t(1-p)^t\times p^2\times q^x\times (1-q)^{t-x}\times C_{t}^x\=\sum\limits_{t=0}^{\infty}(1-p)^t\times p^2\times \sum\limits_{x=0}^t q^x\times (1-q)^{t-x}\times C_{t}^x\=\sum\limits_{t=0}^\infty(1-p)^t\times p^2\times (q+1-q)^{x}\=\sum\limits_{t=0}^{\infty}(1-p)^t\times p^2=p
\]
最后一步等比数列求和。
2.8
一共有 \(n\) 次挑战，初始有一个容量为 \(k\) 的背包。依次 \(1-n\) 进行 \(n\) 次挑战。如果 \(a_i\ge 0\) 挑战成功背包容量增加 \(a_i\)。如果 \(a_i=-1\) 那么挑战成功会得到一个体积为 \(1\) 的物品。至少要挑战成功 \(L\) 次并且把所有得到的物品带走才算成功。
\(k\le 2000,l\le n\le 200,-1\le1000\)
设 \(f_{i,j,k}\) 表示挑战第 \(i\) 关，成功 \(j\) 次，容量为 \(k\) 的概率
注意到物品体积最大 \(200\) 所以第三维不用枚举到 \(k\) ，可以只枚举 \(200\) 。
时间复杂度 \(O(n^3)\) 可以 dp。
2.9
给定一棵树，给定每条边通电的概率，给定每个点自己发电的概率，问期望有多少个点能有电。
发现答案为每个点有电的概率之和。所以我们不用管期望。
我们设 \(f_i\) 表示只考虑以 \(i\) 为根的子树，\(i\) 带电的概率是多少。
我们考虑用 \(1\) 减去它没电的概率，有：
\[f_i=1-(1-p_i)-\prod\limits_{s\in son_i}(1-f_s+f_s(1-p_{i,s}))
\]
现在这个 dp 没有算父亲给儿子供电的情况，我们再来一个 dp。
\(g_i\) 表示 \(i\) 的父亲能给 \(i\) 供电的概率是多少。容易发现：
\[g_i=(1-p_{fa_i})\times (1-g_{fa_{fa_i}})\times+\frac{(f_{fa_i}-1+(1-p_{fa_i}))}{1-f_i+f_i\times (1-p_{i,fa_i})}
\]
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原文地址：https://www.cnblogs.com/TianMeng-hyl/p/14878839.html
