概率期望复习

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P1654
P5104
P1850
P7385

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【选了这份】

首先有一些直觉上比较容易接受的概率公式

条件概率

(P(Acap B) = P(B)P(Amid B))

全概率公式

有一组事件 (C_1,dots, C_n)，满足任何情况下这些事件当中恰好有一个会发生，那么有：

[P(A) = sum_{i=1}^n P(C_i)P(Amid C_i) = sum_{i=1}^n P(Acap C_i) ]

贝叶斯公式

由于 (P(A)P(Bmid A) = P(Acap B) = P(B)P(Amid B))，那么有：

[P(Amid B) = frac{P(Acap B)}{P(B)} = frac{P(A)P(Bmid A)}{P(B)} ]

然后是对随机变量的介绍。

对于样本空间 (S)，定义一个函数 (X: S o mathbb F)，也就是对于每个基本事件 (e_iin S)， (X(e_i)) 都有一个特定的值。称 (X) 为一个随机变量。（既然是函数，那么自然可以将两个随机变量合起来组合成新随机变量，比如用随机变量 (X,Y) 组合成 (aX+bY)， ((aX+bY)(e_i) = aX(e_i)+bY(e_i))）

对于随机变量 (X)，定义其数学期望为：

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

类似条件概率，可以定义条件期望 (E[Xmid B]) 为 “已知 (B) 发生，(X) 的期望值”。

同样类似全概率公式，有全期望公式：

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

然后是期望的线性性，非常重要的一个东西。

对任意随机变量 (X,Y)，有 (E[aX+bY] = aE[X]+bE[Y])。

证明：

[E[aX+bY] = sum_{e_iin S}P(e_i)[aX(e_i)+bY(e_i)] = asum_{e_iin S}P(e_i)X(e_i) + bsum_{e_iin S}P(e_i)Y(e_i) ]

这就是 (aE[X]+bE[Y])。

然后是随机变量的独立性。

设 (X=t) 表示 “(X) 的取值是 (t)” 这个事件。

那么，如果对于任意 (t_1,t_2) 都有 (P(X=t_1cap Y=t_2) = P(X=t_1)P(Y=t_2))，就称 (X,Y) 独立的。关于独立性，有几个需要注意的点：1. X 不和自己独立，除非它是常数。 2. 独立没有传递性。

若 (X,Y) 独立，那么 (E[XY] = E[X]E[Y])（即乘积的期望等于期望的乘积），证明如下：

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

P1654

设 (Y_i) 表示以 i 结尾的连续的 1 的长度，则 (Y_i = (1-p_i)0+p_i(Y_{i-1}+1))。

如果 (Y_i) 不是 0，第 i 个位置产生的贡献是 (Y_i^3-(Y_i-1)^3=3Y_i^2-3Y_i+1)，反之，是 0，综合下来，是 (3Y_i^3-3Y_i+zero_i)（其中 (zero_i) 是个随机变量，在第 i 个位置等于 0 的时候其是 0，反之是 1），由此一个位置 i 贡献的期望是 (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。

【记录】

P5104

连续型随机变量的期望，实际上也可以和连续型的一样对于简单的概念使用感性接受大法。

连续型随机变量的期望为 (int_{-infty}^infty xf(x){ m d}x)，其中 (f(x)) 为 x 取值的密度分布函数，满足 (int_{-infty}^infty f(x) =1)。

这题里总金额 (w) 对应的 x 的密度分布函数是：

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

在这里那么就可以得出第一次抢红包得到的钱的期望是：

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

可以比较显然地得出第 k 次抢红包得到的钱的期望是 (frac{w}{2^k})。

【记录】

P1850

设 (dis_{i,j}) 表示 (i,j) 之间的最短路的长度。

设状态为 (f_{i,j,0/1}) 表示前 i 节课，申请了 j 次，第 i 节课有（1）没有（0）申请，最小的期望值，那么转移为：

[f_{i,j,0} = minegin{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} =\ minegin{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} ]

【记录】

P7385

对于第一问，对整棵树中序遍历，得到 dfs 序，然后按照叶节点的 dfs 序从小到大给叶节点标号， (l_i) 表示 dfs 序第 i 小的叶节点。

设 (f_i) 为有 i 个叶节点的答案，那么：

[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]] ) ]

那么设 (g_i) 为有 i 个叶节点的叶节点深度和的期望，则 (f_i = dfrac {g_i}i)。

考虑对 (l_i) 进行了操作，那么对整棵树叶节点的深度和的贡献是 (2(d[l_i]+1)-d[l_i] = d[l_i]+2)。

那么

[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} ]

第二问先咕着