1 期望
1.期望的定義
每次可能結果的概率乘以其結果的總和
2.期望的性質
\(X\)是隨機變量，\(C\)是常數，則\(E(CX)=C\times E(X)\)
證明：設\(X\)的多個隨機變量（即能取到的數值為）\(\{{a_{i}}\}\)，對應出現概率為\(p_i\)，則求期望的式子是：
而隨機變量變為\(CX\)，即\(\{Ca_i\}\)時，求解式子變為：
以下式子證明類似：
- 設\(X,Y\)是任意兩個隨機變量，則有\(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)
- 設\(X,Y\)是兩個相互獨立的隨機變量，有\(E(XY)=E(X)E(Y)\)
- 設\(C\)為常數，有\(E(C)=C\)
3.期望與均值
比如擲骰子的均值，計算方法：
【你必須親自擲骰子，然后才能知道，比如】
而期望無需親自操作 如：
該數值恆定
在對多個均值求均值后，兩者就無限接近了。
4.例題1
題面
甲乙兩人賭博，丙作為裁判，五局三勝，贏的人可以獲得100元，比賽進行到第四局的時候甲勝了2局，乙勝了1局，但這時賭場遇到了查封，丙逃走。這時甲乙應該如何分配100元？（每局一定有勝負）
A 平分
A勝利更多，已經拿到賽點。他顯然不願意
B 按照獲勝的比例
繼續進行一輪的話，
50%：甲贏了，拿走100元。
50%：乙贏了，繼續比賽。
那如果下一局乙贏了，接下來兩人又有50%的概率獲勝，都可能拿走100元，還咋分？
C 學會期望的人應該這樣做（吧）
假設甲最終輸了，那么他是在什么概率下輸的呢？
\(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)
他實際上只有四分之一的概率輸。
顯而易見，因為每局都能分出勝負，所以他有 \(\dfrac{3}{4}\)的概率贏掉。
那么情況就簡單了，我們根據他們的勝率來分錢。
甲分 \(100\times \dfrac{3}{4}=75\)
乙分 \(100\times \dfrac{1}{4}=25\)
5.例題2
題面
已知3個紅包中有一個1000元的，兩個500元的。
抽取了一個后，隨機打開剩下紅包中的一個，里面裝着500元錢。
詢問：如果同意你們用手上的紅包換取未打開的紅包，你會換嗎？
題解
下面定量計算一下：
設為\(A,B,C\)三個紅包
當員工選擇了\(A\)紅包后，就將三個紅包分為兩組，第一組為\(A\)紅包，第二組為\(B,C\)紅包。很明顯1000元在第一組的概率為 \(\dfrac{1}{3}\)，在第二組的概率為 \(\dfrac{2}{3}\)，而面試官打開了B紅包，發現B為500元紅包，這里其實是幫助員工在第二組里篩選掉了一個錯誤答案，所以1000元在C紅包的概率其實為 \(\dfrac{2}{3}\)。
所以就要換嘍
6.例題3
設一張彩票為2元，每售1000000張開獎，假設中獎號碼為 342356，則每張彩票有一個對應的六位數號碼，獎次如下：（中獎不疊加）
末位相等,安慰獎：獎勵4元，中獎概率0.1
后兩位相等,幸運獎：獎勵20元，中獎概率0.01
后三位相等,手氣獎：獎勵200元，中獎概率0.001
后四位相等,一等獎：獎勵2000元，中獎概率0.0001
后五位相等,特等獎：獎勵20000元，中獎概率0.00001
我們來用簡單的概率知識來計算一下，對於每一位購買彩票的用戶，公司可能支出為：
\(0.1\times 4+0.01\times 20+0.001\times 200+0.0001\times 2000+0.00001\times 20000=1.2\)
也就是說，公司期望對每個人賺0.8元。
每1000000張，就是800000元！
如果6位均相等，給200000元的話，公司會少賺200000元！！（可以計算一下）
7.例題4
題面
拋一枚硬幣，如果是反面就繼續拋，問拋 出正面的期望次數。 ]
（期望話可以理解為概率\(\times\)代價， 比如說小A投球中的概率為\(\dfrac{1}{3}\)，那么投三 個球中的期望就是\(\dfrac{1}{3}\times 3=1\)）
題解
\(x=1+\dfrac{1}{2}\times 0+\dfrac{1}{2}\times x\)發現遞歸下去了。
解這類方程其實需要運用極限的思想，但 是一種簡單的解法是直接移項整理解出x=2 即可
這個期望dp最好的例子
附上我的證明
\(C_i=a_ib_i,a_i=i,b_i=\left( \dfrac{1}{2}\right)^i\)，則:
8.例題5-UVA10288
前置知識
概率為\(p\)的事件期望\(\dfrac{1}{p}\)次后發生
\(p\)：在\(x\)次獨立重復事件中，該事件發生\(xp\)次；
\(\dfrac{1}{p}\):該事件發生\(x\)次，所需獨立重復事件發生\(\dfrac{x}{p}\)次。
題面
每張彩票上有一個漂亮圖案，圖案一共\(n\)種，如果你集齊了這\(n\)種圖案就可以兌換大獎。
現在請問，在理想（平均）情況下，你買多少張彩票才能獲得大獎的？
\(n\leq33\)
分析
設我們已經有了\(k\)個圖案，則得到下一張新的牌的概率為\(\dfrac{n-k}{n}\).【前置知識】得到下一張牌的期望是\(\dfrac{n}{n-k}\)
定義\(E(i)\)表示\(i-1\)到第\(i\)張牌的期望，根據期望的線性性質可得：
模擬分數相加的過程，同分之后相加化簡。
9.例題6-高次期望-P1654
題面
一共有n次操作，每次操作只有成功與失敗之分，成功對應1，失敗對應0，n次操作對應為1個長度為n的01串。在這個串中連續的 \(X\) 個\(1\) 可以貢獻 \(X^3\) 的分數，這\(X\)個1不能被其他連續的1所包含（也就是極長的一串1，具體見樣例解釋）
現在給出\(n\)，以及每個操作的成功率，請你輸出期望分數，輸出四舍五入后保留1位小數。
樣例
輸入
3
0.5
0.5
0.5
輸出
6.0
說明
000分數為0，001分數為1，010分數為1，100分數為1，101分數為2，110分數為8，011分數為8，111分數為27，總和為48，期望為48/8=6.0
\(N\leq 100000\)
題解
我們設\(E(X_{i})\)為在第 \(i\)個位置得的分數的期望
然后我們考慮 \(E(X_{i+1})\)和 \(E(X_{i})\)的關系
假設在\(i\)位置連續\(1\)串長度為 \(l\)的概率為 \(p_{l}\)，在 \(i+1\)位置是 \(1\) 的概率為\(P\) ，那么對於每一個單獨的 \(l\) 它都有\(P\)的概率對分數產生 \((3l^{2}+3l+1)\)的額外貢獻
我們把所有可能的 \(l\) 一起考慮，就可以得到這個式子
然后我們可以發現
\(\sum_{l=0}^{i}p_{l}l^{2}=E(l^{2})\)
\(\sum_{l=0}^{i}p_{l}l=E(l)\)
於是我們將式子轉化為
\(E(X_{i+1})=E(X_{i})+P\times(3E(l_{i}^{2})+3E(l_{i})+1)\)
然后我們就成功得出了分數的期望
同時我們也要維護\(E(l)\)和\(E(l^{2})\)
\(l\)和\(l^{2}\)都有 \(1\)~\(P\) 的概率變成0，\(P\)的概率增加
增加的量可以用上面類似的方法算出
由此我們就得出了全部的遞推關系
其實三個量完全不用用數組存，只要改變一下轉移順序就行了
代碼
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
double ex,el,el2,P;
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%lf",&P);
ex=ex+P*(3*el2+3*el+1);
el2=P*(el2+2*el+1);
el=P*(el+1);
}
printf("%.1f",ex);
return 0;
}
10.例題7-P4450
題面
\(n\)個數\(1\)~\(n\)，第\(k\)次取數需要\(k\)元，每次取數對於所有數概率均等(\(\dfrac{1}{n}\)),問取完\(n\)個數的期望花費
首先第一步很好轉化吧，設用了\(x\)步，則花費為
現在就轉換成要求上式的期望。
有了前面那題的基礎現在考慮起來就簡單了
維護一個線性期望\(a\)，平方期望 \(f\)（都是數組）
\(a[i]\)表示找完\(i\)個數之后還需要的次數的期望
\(f[i]\)表示找完\(i\)個數之后還需要的次數平方的期望
不難想到最后的答案是 \(\dfrac{a[0]+f[0]}{2}\)
下面就開始考慮狀態轉移（dp？）
先來考慮 \(a[i]\)
情況1，買到買過的
買過的是i個，概率為 \(\dfrac{i}{n}\),花費就相當於記在買到i時候的賬上了（從\(i\)賬上查），得到花費為 \(a[i]+1\)
可得到式子\(\dfrac{i}{n}(a[i]+1)\)
情況2，買到沒買過的
沒買過的是\(n−i\)個，概率為 \(\dfrac{n-i}{n}\),花費就相當於記在買到\(i+1\)時候的
賬上了（從\(i+1\)賬上查），因為當前多買了一個，得到花費為 \(a[i+1]+1\)
可得到式子 \(\dfrac{n-i}{n}(a[i+1]+1)\)
兩種情況一合並，得：
\(a[i]=\dfrac{i}{n}(a[i]+1)+\dfrac{n-i}{n}(a[i+1]+1)\)
這時就發現了，推着推着出現了\(i+1\)，自然而然的想到了倒推
邊界 \(a[n]=0\)都得全了還買什么
但是這個式子固然能做，是不是麻煩了點？
那么把它化簡后發現：
\(a[i]=a[i+1]+\dfrac{n}{n-i}\)
然后考慮\(f[i]\)
跟推a的時候一個思路，新的或舊的，唯一就把平方拆開就行嘍
\(f[i]=\dfrac{i}{n}(f[i]+2\times a[i]+1)+\dfrac{n-i}{n}(f[i+1]+2\times a[i+1]+1)\)
倒推
邊界 \(f[n]=0\)
可算，但麻煩
化簡
OK既然上面講了寫式子下面就說說化簡的事吧~
把第一個括號拆成 \(f[i]\)和 \(2\times a[i]+1\)兩部分
然后把
給移到左邊，合並得：
然后兩邊同除 \(\dfrac{n-i}{n}\)
就簡單一些了。
代碼中精度轉換注意一下，不要丟失
代碼
#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. 條件期望
【考察概率較低，感性理解】
假設你不斷扔一個等概率的六面骰子，直到扔出6停止。求在骰子只出現過偶數的條件下扔骰子次數的期望。
細細的考慮一下，題目所說的並不是指出現奇數就pass再扔，而是出現奇數就終止了操作！！！
所以把條件這樣轉換后，就可以得到正確答案： \(\dfrac{3}{2}\)了
那我把題意轉換一下：
假設你不斷扔一個等概率的六面骰子，直到扔出\(1,3,5,6\)停止。求骰子最后一次是6的次數的期望。