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https://blog.csdn.net/kkkksc03

数论小白都能看懂的数学期望讲解

posted on 2019-07-26 10:27:42 | under 日报 |

-1.灌水

这里阅读应该效果更佳

  • 想了解更多关于数论的内容,可戳这里

感谢@command_block 大佬提出宝贵建议

也感谢洛谷及UVA的相关题目

如果有小瑕疵可以在评论区提出

内容可能有点多但很简单 ,望大家耐心食用

0.前言:

数学期望当前在OI中是一个类似于数论方面门槛的知识,在竞赛中有考察。本文将详细的讲解此内容,但也不是只纠缠于简单的概念,而会解决一些题目.可能这样介绍的知识对于大佬来说还是比较基础,但对像我这样的萌新来说通俗易懂,所以请各位口下留情。


1.什么是期望?

日常生活中,我们每做一件事,都有对它的期望,这里的期望不仅仅只结果的胜负之类,也可以与状态有关。但在OI中,一般指的就是达到结果的期望,最朴素的计算是每次可能结果的概率乘以其结果的总和

这是最基本的数学特征。

广义下的定义:一次随机抽样中所期望的某随机变量的取值。

数学定义:

2、期望的小性质:

  • 设X是随机变量,C是常数,则 $E(CX)=C\times E(X)$

简单证明一下:

设x 的多个随机变量为

$$Ca_1,Ca_2,Ca_3...Ca_n$$

对应的出现概率为

$$p_1,p_2,p_3...p_n$$

那么对应的求期望的式子

$$E(CX)=C\sum_{i=1}^{n}(a_i\times p_i)$$

(C提出来)

由于:

$$E(X)=\sum_{i=1}^{n}(a_i\times p_i)$$

所以

$$E(CX)=C\times E(X)$$

下面的可以自行思考,都不难

  • 设X,Y是任意两个随机变量,则有 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 。

  • 设X,Y是相互独立的随机变量,则有 $E(XY)=E(X)\times E(Y)$ 。

  • 设C为常数,则 $E(C)=C$ 。

3.期望与均值?

期望与均值是两个十分相近的概念,但又可以说是截然不同。

  • 均值往往是在实验中简单的对数据进行平均。

  • 而期望就好像在上帝视角的人。

举个掷骰子的例子:

我们的均值怎么算呢?

显然要掷上一定多的次数来求平均数。

比如,掷了6次,分别为1,5,5,6,3,3,那么均值为

$$\frac{1+5+5+6+3+3}{6}=3.8333333...$$

居然无限循环小数...看来我是自己出数坑自己

可是期望呢?

我们不用掷骰子就能计算出来:

可以看出,两个值是有明显差别的,而且还时刻不同。

但是为什么容易弄混呢?

因为我太弱了在将多个均值求均值后,两者就无限接近了。

4.引入:

问题1:

先看一个问题:

甲乙两个正常人赌博,丙作为裁判监督,五局三胜,赢家可以获得100元的奖励。当比赛进行到第四局的时候,甲胜了两局,乙胜了一局,但这时赌场遇到了警察的查封,丙见势不妙,立马逃走了,甲乙两人被迫中止了比赛,那么,如何分配这100元?(每局都能分出胜负)

方案1:

每人50元。

这显然是和平解决问题的方式,此时乙会赞成,但是甲一定有意见,显然,自己已经拿下赛点,不可能心甘情愿的平均分钱。

方案2:

按照获胜的概率分。

假设比赛继续进行,那么下一轮:

50%:甲赢,拿下100元。

50%:乙赢,继续比赛。

但是,如果问题就进行到这里,也就没有接下来的期望了。

当然,如果乙在暗中操纵下赢了,那么再下一轮中,

甲乙两人都有50%的概率获胜,拿下100元。

甲乙:??这怎么算?


再次观察。

假设甲最终输了,那么他是在什么概率下输的呢?

$\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

他实际上只有四分之一的概率输。

显而易见,因为每局都能分出胜负,所以他有 $\frac{3}{4}$ 的概率赢掉。

那么情况就简单了,我们根据他们的胜率来分钱。

甲分 $100\times \frac{3}{4}=75$ 元

乙分 $100\times \frac{1}{4}=25$ 元

此游戏完结~


问题2:

一位公司招募员工,几乎没有什么面试,甲乙两个年轻人就意外的获得了一份工作,这时,面试官却说要给他们发入司奖金,每人需要从各自的三个红包中选择一个。

此时,他们已知红包中有一个1000元的,两个500元的。

两位年轻人各自抽取了一个。

他们刚要打开红包,面试官却制止了他们,随机打开每人剩下红包中的一个,相同的,里面都装着500元钱。

于是面试官向他们询问:如果同意你们用手上的红包换取未打开的红包,你会换吗?


乍一看,这是一个无厘头的问题,可能有些意气风发的人便想到坚持自我等诸多大道理,或者暗自猜测面试官在红包上做了什么标记。

但也有些人想把握机会。

凑巧,甲坚持了原来的选择,乙却尝试了机会。

表面上看,这是一个完全机会均等,拼手气的选择。

但真的是这样吗?

稍加理性分析,我们可以得到一个初步的结论,帮助我们做出选择:

如果员工刚开始恰巧选择了1000元,他不交换会得到1000元,而显然有更大概率他刚开始选到了500元,那么他相应的就只能得到500元了。

由此,选择交换会获得更大的收益。

当然,我们可以不仅仅停留在定向判断。

下面定量计算一下:

设为A,B,C三个红包

当员工选择了A红包后,就将三个红包分为两组,第一组为A红包,第二组为B、C红包。很明显1000元在第一组的概率为 $\frac{1}{3}$ ,在第二组的概率为 $\frac{2}{3}$ ,而面试官打开了B红包,发现B为500元红包,这里其实是帮助员工在第二组里筛选掉了一个错误答案,所以1000元在C红包的概率其实为 $\frac{2}{3}$ 。

所以就要换喽

当然,看到是面试官来做这个实验就知道这还是一个面试环节

于是甲就被炒鱿鱼了


但是,当甲走到门口时,面试官灵机一动,告诉他可以再回答一个问题。

于是甲满怀激动地走了过来。

面试官向两人踢出提出了下一个问题:

如果给你手上的红包,让你换已经打开的呢?(打开的那个是500元)

显然无论如何都是不换的于是两人完美的成为了同事

面试官因招到了人完美的收到了4000元

这其实是一个著名的三门问题,也称为蒙提霍尔问题、蒙特霍问题或蒙提霍尔悖论,这个问题因在数学逻辑推理上合理,但违背直觉而闻名于世

5、期望的应用

彩票问题

在买彩票中,大多数人相信基本上是没法中奖的,但还是有少数人幻想,于是就再这里简要分析一个彩票问题的期望.

设一张彩票为2元,每售 $1000000$ 张开奖,假设中奖号码为 $342356$ ,则每张彩票有一个对应的六位数号码,奖次如下:(中奖不叠加)

  • 末位相等,安慰奖:奖励4元,中奖概率0.1

  • 后两位相等,幸运奖:奖励20元,中奖概率0.01

  • 后三位相等,手气奖:奖励200元,中奖概率0.001

  • 后四位相等,一等奖:奖励2000元,中奖概率0.0001

  • 后五位相等,特等奖:奖励20000元,中奖概率0.00001

某大佬:咦我六位都相等,快给我200000元!!!

彩票公司:你没看你这一项没有吗?你只是特等奖(我是不会告诉你再给钱就亏了

那到底为什么亏了呢

我们来用简单的概率知识来计算一下,对于每一位购买彩票的用户,公司可能支出为:

$$0.1\times 4+0.01\times 20+0.001\times 200+0.0001\times 2000+0.00001\times 20000=1.2$$

也就是说,公司期望对每个人赚0.8元。

每1000000张,就是800000元!

回到刚才大佬的疑问,显然,如果按照开奖规律继续的话,公司会少赚200000元!!

这显然是一笔不小的损失

彩票公司:我这怎么给员工发工资?!

dalao:

由此可见,彩票公司售卖彩票会让买家有惊现不同的体验(奖次不同),但即使是随机生成彩票号码,卖得多了所支出的钱一定在期望值附近,而能保证稳定的收入,而且彩票单价低,还有可能中那么多奖,买的人多,这样彩票市场才得以持续下去。


提示区:下面两道题目为初级期望,大佬可跳过食用,直接到高次期望


6.例题1

https://www.luogu.org/problem/P2911

  • 题意简叙:

三个骰子,每个面的概率均等,显然,三个面相加能得到一个唯一的数,而得到这个唯一的数却有多种不同的组合方法。

现在你需要求出哪个和出现的概率最大。

解法1:

这题的数据范围很小,直接暴力跑三重循环就行了。

解法2:

这里我闲的没事用了与期望相关的知识来简化了一下。但是这里只是定向的判断一下。

直接计算骰子的期望,得:

$$\frac{(a+b+c+3)}{2}$$

但是这个想法却有考虑不周的情况,这里留给读者思考。

7.例题2:

思考题:

tag:这道题笔者并没有找到题目出处,如有发现者,欢迎在评论区留言!

  • 给定一个无向图,每个点可以等概率地走到与它有边的点

  • 求从1走到n所需要的期望步数

  • N<=500

分析:

  • $F[i]$ 表示从i走到n的期望步数

  • $F[n]=0$ ;

  • $F[i]=aver$ { $f[j]$ } $+1$ , $(i,j)$ 有边

tag:

  • 构成n元一次方程组

  • 高斯消元?

8.例题3

题目链接:

https://www.luogu.org/problem/UVA10288

  • 题意简叙:

每张彩票上有一个漂亮图案,图案一共n种,如果你集齐了这n种图案就可以召唤神龙兑换大奖。

现在请问,在理想(平均)情况下,你买多少张彩票才能获得大奖的?

$n\leq33$

分析:

本题我们设已经有了k个图案

$$a=\frac{k}{n}$$

设拿到一种新的图案需要t次。

则概率为:

$$a^{t-1}(1-a)$$

则平均需要(已提出了(1-a)):

$$(1-a)(1+2a+3a^2+4a^3+5a^4+...)$$

即为

$$E(1-a)$$

而此时我们需要观察其和 $E(a)$ 的关系:

$$E(a)=a+2a^2+3a^3+4a^4+...=E-1-a-a^2-a^3...$$

整理可得

$$E(1-a)=1+a+a^2+a^3=\frac{1}{1-a}$$

然后代换一下

$$E(1-a)=\frac{n}{n-k}$$

这样结论就显而易见了:

假设有k个图案在手,那么平均再买 $\frac{n}{n-k}$ 次就可以再得到一种新的图案,故可得总次数为:

$$(\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-3}+\frac{1}{2}+1)n$$

但是这样最后可能会得到一个分数,这就导致输出变得并不是那么方便为自己偷懒找理由


从下面开始是高次期望

9.例题4:

下面给出一道入门题目,可用以上知识解决:(真的,不要看它是紫题,其实不难)

  • 题意简叙:

一个01串中每个长度为 $X$ 的全1子串可贡献 $X^3$ 的分数。

给出n次操作的成功率 $p[i]$ ,求期望分数。

分析:

我们可以观察到每次对答案的贡献是三次方级别的。

吼啊,我不会三次方期望啊。

仔细观察,首先发现一次方的期望是很好弄的。

于是设 $a[i]$ 表示前i位中第i位为1的长度的期望:

则有

$$a[i]=(a[i-1]+1)\times p[i]$$

$tag$ :即为在i-1的末尾加一个概率为 $p[i]$ 出现的1

接着推平方

设 $b[i]$ 表示前i位中第i位为1的长度的平方的期望:

则有

$$b[i]=(b[i-1]+2\times a[i-1]+1)\times p[i]$$

$tag$ :期望的线性延伸:

$$x^2->(x+1)^2->x^2+2x+1$$

运用这种方法,我们可以在求出 $a[i]$ 的基础上推出 $b[i]$

同理,设 $f[i]$ 表示前i位中第i位为1的长度的立方的期望:

则有:

$$f[i]=(f[i-1]+3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]$$

  • 哇塞我要A紫题了!!!

然后在满心欢喜的提交上去后发现wa了。

显然,我们还有没考虑到的地方?

是什么呢?

是最后求得的答案与中间过渡式子的不同性。

其实,前三个式子我们都只考虑第i位,这样做是为了递推下面的式子,但是答案让我们求出最终的期望分数,也就是前n位,这时输出f[n]自然就炸了。

所以,只需把三次方递推式稍微变形一下即可;

$$f[i]=(f[i-1]+3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]+f[i-1]\times (1-p[i])=f[i-1]+(3\times b[i-1]+3\times a[i-1]+1)\times p[i]$$

这样最终的 $f[n]$ 就是答案喽!

code:

//AC记录:https://www.luogu.org/record/21569138
#include<cstdio>
using namespace std;
double a[100005],b[100005],f[100005],p[100005];
int main()
{
    int n;
   scanf("%d",&n);
   for(int i=1;i<=n;i++)
    {
       scanf("%lf",&p[i]);
       a[i]=(a[i-1]+1)*p[i];
       b[i]=(b[i-1]+2*a[i-1]+1)*p[i];
       f[i]=f[i-1]+(3*b[i-1]+3*a[i-1]+1)*p[i];
   }
   printf("%.1lf\n",f[n]);
   return 0;
}

学好数学期望,递推AC紫题!(其实这应该算dp

$tag:$ 这题还可以扩展到k次,也就是 $X^k$ ,用二项式定理 $O(nk^2)$ 解决

觉得不够快?食用NTT对其加速可以达到 $O(nklog_k)$

10、例题5

最后一道题目

但这应该是个经典问题吧

和上面一道UVA题目有一点点像

行了不废话了放链接

https://www.luogu.org/problem/P4550

  • 题意简叙:

n个数1~n,第k次取数需要k元,每次取数对于所有数概率均等( $\frac{1}{n}$ ),问取完n个数的期望花费


分析:

这个题意千万别理解错了,不是买到k需要k元,而是第k次买需要k元。可能是题面就模糊,但是结合一下样例和难度颜色应该也能看出来

这道题是那题的升级版,要用到高次的期望,但输出不用那么麻烦了。

首先第一步很好转化吧,设用了x步,则花费为

$$\sum_{i=1}^{x}i=\frac{(x^2+x)}{2}$$

现在就转换成要求上式的期望。

有了前面那题的基础现在考虑起来就简单了

维护一个线性期望 $a$ ,平方期望 $f$ (都是数组)

好吧再清楚地表达一下:

$a[i]$ 表示找完i个数之后还需要的次数的期望

$f[i]$ 表示找完i个数之后还需要的次数平方的期望

不难想到最后的答案是 $\frac{a[0]+f[0]}{2}$

下面就开始考虑状态转移(dp?)


先来考虑 $a[i]$

$$a[i]=?$$

情况1,买到买过的

买过的是i个,概率为 $\frac{i}{n}$ ,花费就相当于记在买到i时候的账上了(从i账上查),得到花费为 $a[i]+1$

可得到式子 $\frac{i}{n}(a[i]+1)$

情况2,买到没买过的

没买过的是 $n-i$ 个,概率为 $\frac{n-i}{n}$ ,花费就相当于记在买到i+1时候的

账上了(从i+1账上查),因为当前多买了一个,得到花费为 $a[i+1]+1$

可得到式子 $\frac{n-i}{n}(a[i+1]+1)$

两种情况一合并,得:

$$a[i]=\frac{i}{n}(a[i]+1)+\frac{n-i}{n}(a[i+1]+1)$$

这时就发现了,推着推着出现了i+1,自然而然的想到了倒推

边界 $a[n]=0$ 都得全了还买什么

但是这个式子固然能做,是不是麻烦了点?

那么把它化简看看能出来什么...

……&%&()……&……&%……&%……*&%

一顿猛算后发现:

$$a[i]=a[i+1]+\frac{n}{n-i}$$

当然如果熟练了,直接心算都没毛病啦~~


然后考虑 $f[i]$

唉有了前面osu的铺垫这还不是轻而易举?

跟推a的时候一个思路,新的或旧的,唯一就把平方拆开就行喽

$$f[i]=\frac{i}{n}(f[i]+2\times a[i]+1)+\frac{n-i}{n}(f[i+1]+2\times a[i+1]+1)$$

  • 倒推
  • 边界 $f[n]=0$
  • 可算,但麻烦
  • 化简

OK既然上面讲了写式子下面就说说化简的事吧~

$$f[i]=\frac{i}{n}(f[i]+2\times a[i]+1)+\frac{n-i}{n}(f[i+1]+2\times a[i+1]+1)$$ 把第一个括号拆成 $f[i]$ 和 $2\times a[i]+1$ 两部分

然后把 $\frac{i}{n}\times f[i]$ 给移到左边,合并得:

$$\frac{n-i}{n}f[i]=\frac{i}{n}(2\times a[i]+1)+\frac{n-i}{n}(f[i+1]+2\times a[i+1]+1)$$

然后两边同除 $\frac{n-i}{n}$

$$f[i]=\frac{i}{n-i}(2\times a[i]+1)+f[i+1]+2\times a[i+1]+1$$

就简单一些了。

代码中精度转换注意一下,不要丢失

end

code:

#include<cstdio>
using namespace std;
double a[10005],f[10005];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    a[n]=0;
    f[n]=0;
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
    {
        a[i]=a[i+1]+1.0*n/(n-i);
        f[i]=1.0*i/(n-i)*(2*a[i]+1)+f[i+1]+2*a[i+1]+1;
    }
    printf("%.2lf\n",(f[0]+a[0])/2);
    return 0;
} 

11、其他推荐题目

P1850 换教室 ————2016NOIPTG题目,dp+期望,值得一做 P3802 小魔女帕琪————也挺好,入门的分析

12、条件期望(略微进阶)

这种期望的求解一般是在有一定条件下的。废话

如下题:

假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出6停止。求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

分析:

第一眼,我的答案是3

至于如何得出的,在这里就不卖关子了,因为上面的答案是错的!

思考一下,为什么呢?

我们再读一下题:


假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出6停止。求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

求在骰子只出现过偶数的条件下扔骰子次数的期望。

只出现过偶数的条件

只出现过偶数

只出现


抽丝剥茧

细细的考虑一下,题目所说的并不是指出现奇数就pass再扔,而是出现奇数就终止了操作!!!

所以把条件这样转换后,就可以得到正确答案: $\frac{3}{2}$ 了

什么?你问怎么得到的?

那我把题意转换一下:

假设你不断扔一个等概率的六面骰子,直到扔出1,3,5,6停止。求骰子最后一次是6次数的期望。

这样再结合前面的知识,大家应该都明白了吧。


这类问题属于数学期望中较有拓展的知识,考察的概率较低,感兴趣者可作为兴趣钻研。其实也不难

n.总结&&后记:

其实期望看上去挺高深的东西,仔细研究一下也不难~

主要就是最基础的式子,然后高次的推导,其实很多题就是dp结合了数学期望方面的理论

找到了方向(其实上来基本就有方向)一顿猛推还挺有成就感,最后潇洒的码上几行极短的代码A掉。

唯一可能有难度的就是引用了二项式等知识(and条件期望?)

但这些也不怎么是事啦!

其实,后面某些题的做法还有一个名字叫概率dp

所以恭喜您又学了一种dp!

期望的定义等少数内容为了精准参考了百度百科即其他大佬的blog等,本文如有错误,欢迎大佬指正

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