概率期望複習

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資料閱讀

【選了這份】

首先有一些直覺上比較容易接受的概率公式

條件概率

\(P(A\cap B) = P(B)P(A\mid B)\)

全概率公式

有一組事件 \(C_1,\dots, C_n\)， 滿足任何情況下這些事件當中 恰好 有一個會發生， 那麼有：

\[P(A) = \sum_{i=1}^n P(C_i)P(A\mid C_i) = \sum_{i=1}^n P(A\cap C_i) \]

貝葉斯公式

由於 \(P(A)P(B\mid A) = P(A\cap B) = P(B)P(A\mid B)\)， 那麼有：

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

然後是對隨機變量的介紹。

對於樣本空間 \(S\)， 定義一個函數 \(X: S\to \mathbb F\)， 也就是對於每個基本事件 \(e_i\in S\)， \(X(e_i)\) 都有一個特定的值。稱 \(X\) 爲一個隨機變量。（既然是函數，那麼自然可以將兩個隨機變量合起來組合成新隨機變量， 比如用隨機變量 \(X,Y\) 組合成 \(aX+bY\)， \((aX+bY)(e_i) = aX(e_i)+bY(e_i)\)）

對於隨機變量 \(X\)， 定義其數學期望爲：

\[E[X] = \sum_{e_i\in S}P(e_i)X(e_i) \]

類似條件概率， 可以定義條件期望 \(E[X\mid B]\) 爲 “已知 \(B\) 發生，\(X\) 的期望值”。

同樣類似全概率公式， 有全期望公式：

\[E[X] = \sum_{i=1}^n P(C_i)E[X\mid C_i] \]

然後是期望的線性性， 非常重要的一個東西。

對 任意 隨機變量 \(X,Y\)， 有 \(E[aX+bY] = aE[X]+bE[Y]\)。

證明：

\[E[aX+bY] = \sum_{e_i\in S}P(e_i)[aX(e_i)+bY(e_i)] = a\sum_{e_i\in S}P(e_i)X(e_i) + b\sum_{e_i\in S}P(e_i)Y(e_i) \]

這就是 \(aE[X]+bE[Y]\)。

然後是隨機變量的獨立性。

設 \(X=t\) 表示 “\(X\) 的取值是 \(t\)” 這個事件。

那麼， 如果對於任意 \(t_1,t_2\) 都有 \(P(X=t_1\cap Y=t_2) = P(X=t_1)P(Y=t_2)\)， 就稱 \(X,Y\) 獨立的。關於獨立性， 有幾個需要注意的點：1. X 不和自己獨立， 除非它是常數。 2. 獨立沒有傳遞性。

若 \(X,Y\) 獨立， 那麼 \(E[XY] = E[X]E[Y]\)（即乘積的期望等於期望的乘積）， 證明如下：

\[E[XY] \\ \sum_{a,b} abP(X=a\cap Y=b)\\ \sum_{a,b} aP(X=a)bP(Y=b)\\ \left(\sum_aaP(X=a)\right)\left(\sum_bbP(Y=b)\right)\\ E[X]E[Y] \]

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P1654

設 \(Y_i\) 表示以 i 結尾的連續的 1 的長度，則 \(Y_i = (1-p_i)0+p_i(Y_{i-1}+1)\)。

如果 \(Y_i\) 不是 0， 第 i 個位置產生的貢獻是 \(Y_i^3-(Y_i-1)^3=3Y_i^2-3Y_i+1\)，反之， 是 0， 綜合下來， 是 \(3Y_i^3-3Y_i+zero_i\)（其中 \(zero_i\) 是個隨機變量， 在第 i 個位置等於 0 的時候其是 0， 反之是 1）， 由此一個位置 i 貢獻的期望是 \(3E[Y_i^2]-3E[Y_i]+p_i\)。

配合

\[E[Y_i]=p_iE[Y_{i-1}+1]\\ E[Y_i^2] = p_iE[(Y_{i-1}+1)^2] \]

就可以算出答案了。

【記錄】

P5104

連續型隨機變量的期望， 實際上也可以和連續型的一樣對於簡單的概念使用感性接受大法。

連續型隨機變量的期望爲 \(\int_{-\infty}^\infty xf(x){\rm d}x\)， 其中 \(f(x)\) 爲 x 取值的密度分佈函數， 滿足 \(\int_{-\infty}^\infty f(x) =1\)。

這題裏總金額 \(w\) 對應的 x 的密度分佈函數是：

\[f(x)\begin{cases} \frac 1w \quad 0\le x\le w\\ 0 \quad x<0\or x>w \end{cases} \]

在這裏那麼就可以得出第一次搶紅包得到的錢的期望是：

\[\frac 1w \int_0^w x{\rm d}x = \frac 1w (\frac {w^2}{2}-\frac{0^2}{2}) = \frac w2 \]

可以比較顯然地得出第 k 次搶紅包得到的錢的期望是 \(\frac{w}{2^k}\)。

【記錄】

P1850

設 \(dis_{i,j}\) 表示 \(i,j\) 之間的最短路的長度。

設狀態爲 \(f_{i,j,0/1}\) 表示前 i 節課， 申請了 j 次， 第 i 節課有（1）沒有（0）申請， 最小的期望值， 那麼轉移爲：

\[f_{i,j,0} = \min\begin{cases} f_{i-1,j,0}+dis_{c_{i-1},c_i}\\ f_{i-1,j,1}+k_{i-1}dis_{d_{i-1},c_i}+(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},c_i} \end{cases} \\ f_{i,j,1} =\\ \min\begin{cases} f_{i-1,j-1,0}+k_idis_{c_{i-1},d_i}+(1-k_i)dis_{c_{i-1},c_i}\\ f_{i-1,j-1,1}+k_ik_{i-1}dis_{d_{i-1},d_i}+k_i(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},d_i}+(1-k_i)k_{i-1}dis_{d_{i-1},c_i}+(1-k_i)(1-k_{i-1})dis_{c_{i-1},c_i} \end{cases} \]

【記錄】

P7385

對於第一問，對整棵樹中序遍歷， 得到 dfs 序， 然後按照葉節點的 dfs 序從小到大給葉節點標號， \(l_i\) 表示 dfs 序第 i 小的葉節點。

設 \(f_i\) 爲有 i 個葉節點的答案， 那麼：

\[f_i = E[\frac{d[l_1]+d[l_2]+\cdots +d[l_i]}i] = \frac 1i(E[d[l_i]]+E[d[l_2]]+\cdots +E[d[l_i]] ) \]

那麼設 \(g_i\) 爲有 i 個葉節點的葉節點深度和的期望， 則 \(f_i = \dfrac {g_i}i\)。

考慮對 \(l_i\) 進行了操作， 那麼對整棵樹葉節點的深度和的貢獻是 \(2(d[l_i]+1)-d[l_i] = d[l_i]+2\)。

那麼

\[g_i \\ \frac1{i-1}((i-1)g_{i-1}+E[d[l_1]+2]+E[d[l_2]+2]+\cdots E[d[l_{i-1}]+2]) \\ g_{i-1}+2+\frac{g_{i-1}}{i-1}\\ \frac{ig_{i-1}+2i-2}{i-1} \]

第二問先咕着