概率期望
這是一個挺大的東西，又涉及到dp，又涉及到數學，就不知道咋分類
同時，這也是我最菜的幾部分之一
符號 & 定義 & 基礎知識
符號&定義
概率
\(P(A)\) 表示事件 \(A\) 發生的概率。
- 對於離散的情況，假設一共有 \(n\) 種情況均勻隨機，其中 \(m\) 種使得事件 \(A\) 成立，那么 \(P(A)=\dfrac{m}{n}\)
因此，“概率”在很多情況下可以看作“計數”
當然，直接考慮概率也有好處，它相當於約掉了很多東西，讓問題處理起來更加方便
- 對於連續情況：可以使用面積/體積的比來計算概率
\(P(A|B)\) 表示條件概率，即，我們假設 \(B\) 已經發生的條件下，\(A\) 多少概率發生。
這里 \(B\) 相當於一個大前提，就是說，假設 \(B\) 的條件 已經 被滿足了，\(A\) 多少概率發生。
\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\)
期望
對於隨機變量 \(x\)，\(E(x)\) 表示 \(x\) 的期望。
-
對於離散的情況，它的值就是每一種可能值乘以它對應的概率
如，扔一個標准的骰子，朝上的點數的期望是 \(1\times\dfrac{1}{6}+2\times\dfrac{1}{6}...+6\times\dfrac{1}{6}=3.5\)
此時也可以認為它的值是：所有方案的和/總方案數
-
對於連續的情況，我們可以使用積分等手段計算期望，這里略
基礎知識
注意：以下式子全都可以反過來用，做題的時候思維要靈活一些
概率
當 \(A,B\) 獨立（即二者互不影響）時：
- \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\)
- \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\)
設 \(\overline{A}\) 表示 “\(A\) 不發生”，則 \(P(\overline{A})=1-P(A)\)
這個式子結合上面兩個式子，可以使用容斥原理計算概率
\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\) （條件概率）
若 \(A_1,A_2...A_n\) 恰好能覆蓋所有情況（即，完備），對於事件 \(B\)，\(P(B)=\sum\limits_{i=1}^{n} P(B|A_i)\times P(A_i)\)
這個相當於是一個分類討論，先按 \(A\) 分類，看 \(B\) 在這個條件下多少概率出現
就好比我家里有短裙和短袖，每種紅綠藍三種顏色的各一件，即，一共 \(6\) 件衣服
那我穿紅色衣服的概率就是，穿紅色短袖的概率+穿紅色短裙的概率
期望
當 \(x,y\) 獨立時，\(E(x+y)=E(x)+E(y)\) （期望的線性性）
這個式子有一個等價的表達，\(E(ax+by)=aE(x)+bE(y)\)，其中 \(a,b\) 是任意標量
它在實際使用的時候，可以考慮拆成貢獻的形式，然后對於每一個貢獻獨立，就線性，然后加起來。
比如說逆序對數，可以看成是每有一個 \((i,j)\ :\ i<j,a_i>a_j\) 就貢獻一次，然后就可以把逆序對拆成每個這樣的貢獻的和，然后和的期望=期望的和，變成 \(\sum\limits_{i<j} P(a_i>a_j)\)。
此時，\(E(xy)=E(x)E(y)\) 同樣成立。
對於證明，就把一個數寫成值乘概率加起來的形式，然后代入進去發現兩邊一樣就證完了。
當 \(x\) 是正整數時，\(E(x)=\sum\limits_{i} P(x\ge i)\)
證明就考慮一下一個 \(P(i)\) 被算多少次就行了，算一算發現這個次數正好是 \(1,2,3...n\)
而對於正整數的情況，期望正好是 \(\sum\limits_{i} i\times P(i)\)，\(P(i)\) 應該被算 \(1,2,3...n\) 次，正好一樣，就對了
對於一個命題 \(p\)，\(E([p])=P(p)\)。換句話說，\([p]\) 的真假性，就是 \(p\) 為真的概率。很明顯對吧
概率的期望
這個東西也是有意義的。
結合實際問題具體的講，就是：現在我們想要求某個事件 \(A\) 發生的概率 \(P\)，有 \(n\) 種可能的情況會發生，第 \(i\) 種情況里面發生 \(A\) 的概率是 \(P_i\)。每種情況還有一個發生的概率，設為 \(Q_i\)。相當於是兩層隨機，先隨機一種情況，一種情況里面是否發生 \(A\) 又是隨機的。
此時 \(A\) 發生的概率，可以用全概率公式考慮，就是 \(\sum\limits_{i=1}^{n} Q_i\times P_i\)。而如果我們以事件為研究對象，那這個東西就等於 \(E(P)\)，也就是 \(P\) 的期望。
例題&思維方法 I
這是第一部分，暫且比較簡單
（因為這塊參考的課件是比較早的課件，好像是noip的集訓）
poj2151 簡單題
有兩個限制：每個隊都得做至少一個題（設為條件A），並且至少存在一個隊做出來 \(k\) 個題 （設為條件B）
我們要求 \(A\cap B\) 的概率。眾所周知，\(P(A\cap B)=P(A)-P(A\cap\overline{B})\)
為什么這么考慮呢，因為，正難則反嘛。
先看 \(P(A)\) 怎么做。簡單想一下，也得考慮反面做。對於每個隊，考慮拿 \(1\) 減去爆零的概率，就是這一個隊至少A掉一個題的概率。然后由乘法原理，隊之間的概率乘起來，就是同時滿足的方案。
接下來看 \(P(A\cap \overline{B})\)。考慮 \(\overline{B}\) ：每個隊A掉的題數都 \(\le k-1\)。由於還需要滿足條件 \(A\)，所以相當於每個隊A掉的題都在 \([1,k-1]\) 里面。
考慮這個咋做。此時熟練的選手腦子里已經有一個GF了。先枚舉隊，設 \(f(i)\) 表示這個隊AC了 \(i\) 個題的方案數。那肯定是，在概率數組里選 \(i\) 個“AC的概率”乘起來，然后選 \(m-i\) 個 “不AC的概率” 乘起來。我們發現這很GF，直接GF
設當前這個隊AC第 \(i\) 個題的概率是 \(p_i\)。那很明顯 \(f\) 的OGF，設為 \(F\)，就是
最后得到當前這個隊的答案就是 \(F[x^1...x^{k-1}]\)。每個隊的答案乘起來就行了。
朴素的實現是 \(O(nm^2)\) 的。使用分治FFT可以做到 \(O(nm\log m)\)，這里略（畢竟是10級算法）
這題非常水，但是可以幫助理解概率的“考慮反面”思想，還有條件之間取交，取並的概率的計算。這些是很重要的基礎知識，做完這個題之后也可以想一想。
CF601C Kleofáš and the n-thlon
（神秘名字，誰教教我咋念啊）
題目中，\(k\) 這個人在 \(i\) 比賽里面的排名被設為 \(x_i\)。但由於后面要用 \(x\) ，這里取名叫 \(p_i\)。
設 \(s_i\) 表示第 \(i\) 個人的總得分
我們要求 \(k\) 這個人的排名（定義為小於它的數量+1）的期望。
根據上面期望相關的式子，先轉化一波。要求：
注意到對於某人的某次比賽，排第幾名都是等概率的。又注意到除了 \(k\) 這個人之外的人，沒有本質區別，都可以看做是同一個人，或者說，把兩個人換一下完全不影響。感性理解叫 “都是外人”
根據線性性把這個式子拆開，然后根據人之間的等價性，每一項都是一樣的。於是變為：
\(i\) 任意。我們后面就稱它為“外人”，即，一個不是 \(k\) 的人。
對於 \(i\) 這個人，在第 \(j\) 場比賽里面，排 \(r\) 位的概率都是 \(\dfrac{1}{m-1}\)，但是 \(r\) 不能是 \(p_j\)。
那它在這一場比賽里，所有可能性構成的OGF就是 \(\sum\limits_{i=1}^{m}[i\neq r]\dfrac{1}{m-1} x^i\)
我們把每一場比賽的這個 OGF 卷一下，\(i\) 次方項就是它總得分為 \(i\) 的方案數。取它的 \([1,s_k)\) 次項和即可。
但是就算拿FFT卷，朴素的復雜度也是 \(O(n^2m\log(nm))\)，不太能過。拿分治FFT寫似乎理論復雜度對了，毛估估應該是 \(O(nm\log (nm))\) 的。但是我覺得它應該會很難寫，也不應該是標程。這題的這個范圍似乎在提示我們，復雜度應該是 \(O(n^2m)\)
考慮這一堆GF，它們只有一個空缺，和全 \(1\) 的多項式非常像。
考慮差分。由於它是兩段 \(1\) 組成，所以它的差分應該最多 \(4\) 個位置有值。而多項式這個系數取差分，其實就是卷上一個 \(1-x\)，性質非常好：滿足交換律和結合律。也就是說，我們可以先取一堆差分，然后再卷，然后再前綴和做回來，做的順序不影響。
那這樣只有 \(4\) 個位置有值，就算是暴力的從 \(1\) 到 \(n\) 枚舉，每次卷積的復雜度也只有 \(O(4nm)=O(nm)\)，總復雜度 \(O(n^2m)\)。雖然劣一些，但是好寫
CF712E Memory and Casinos
（暫時是這篇最難的題）
我們發現題目相當於要我們求區間 \([l,r]\)，從 \(l\) 點開始走，一出區間就停止，從區間右邊出來的概率。
我們發現它好像有着像鏈表一樣的，能夠 接起來 的性質。對於區間 \([l,p],[p+1,r]\)，我們從 \(l\) 開始，從 \(p\) 右邊出來，就會進入 \([p+1,r]\) 區間，然后我們再利用這個區間的信息，就可以求出從 \(r\) 右邊出來的概率。
敏感的同學可能會想到線段樹的區間拼接
對！太對了！非常好！
然而，實際情況要復雜一些，因為我們還能跑到下一個區間再回來，再跑過去，再回來...不過能夠想象出來這應該是一個等比無窮求和，畢竟這個概率肯定是一個具體的數，那怎么也得收斂對吧。
我們嘗試寫一寫。對於一個區間，記 \(P\) 表示從 \(l\) 開始，一出區間就停止，從區間右邊出來的概率。
假設現在我們要把區間接起來。設有兩個區間 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)，編號 \(1,2\)，相鄰（即 \(r_1+1=l_2\)）。
我們寫一寫，誒，回來那一部分如何表示？從下一個區間回來，概率可以從反面考慮，是 \(1-P_2\)。但是從 \(1\) 又回到 \(2\)，相當於是：從 \(r\) 開始從右邊出來的概率。
同樣考慮反面，我們需要維護的就是，從 \(r\) 開始從左邊出來的概率。設這個概率是 \(Q\)。
先考慮 \(P\) 如何做：最naive的就是 \(P_1P_2\)，但光有這一項還不夠，還有 \(P_1P_2\times [(1-P_2)(1-Q_1)]^k\)。那個 \(^k\) 表示我們可以任意的過去，回來，過去，回來...這樣繞圈。
根據這個，有：
一看，果然是個等比無窮求和。啪的一下寫出，（\(Q\) 那個是同理出來的）
然后我們可以用線段樹維護這樣的合並。
PS：我准備寫另一篇blog，着重於講這種維護區間出入的線段樹。
例題&思維方法 II
CF1540B Tree Array
首先是一波線性性，變成：枚舉點 \(a<b\)，\(b\) 在 \(a\) 前面塗色的概率之和
第一個染色的點，顯然有着本質的區別，這一步枚舉不可避。枚舉第一個染的點，令它為根，記為 \(r\)。
設 \(a,b\) 的 LCA 是 \(L\)。那染到 \(a,b\) 兩點，肯定得先染到 \(L\) 點，然后有兩條分叉，一條沖着 \(a\) 過去，一條沖着 \(b\) 過去。記兩個長度為 \(l_a,l_b\)。
接下來咋搞呢？不會整，重新讀一遍題，發現擴展出去每個點都是等概率的，於是，往 \(a\) 方向和往 \(b\) 方向走，概率相同。如果我們只考慮 \(a,b\) 兩條路徑，不分叉到別的東西，那可以認為，走任意一邊的概率都是 \(1/2\)
我們發現這個問題和 \(a,b,L\) 已經無關，只和 \(l_a,l_b\) 有關。不妨預處理出 \(f(x,y)\) 表示一條路長 \(x\) 一條路長 \(y\)，\(x\) 那一條先被染完，的概率。
容易推出邊界：\(f(x,0)=0,f(0,y)=1\)；轉移：\(f(x,y)=\dfrac{1}{2}(f(x-1,y)+f(x,y-1))\)
預處理出這個，枚舉 \(a,b,r\)，加一加，\(O(n^3)\)
關於如何去除LCA的那個log：可以預處理出
LCA[r][x][y]表示以 \(r\) 為根，\(x,y\) 兩點的LCA。這個顯然可以 \(O(1)\) 的推，於是 \(\log\) 就被非常暴力的去掉了
agc028B Removing Blocks
在 笛卡爾樹 那一篇學術垃圾里有講
如果我們把目光放在期望與概率上（而不是笛卡爾樹），我們注意到這個式子
\(E(dep_i)=\sum\limits_{j} P(j\in anc(i))\)，\(anc(u)\) 表示 \(u\) 的祖先。
這個其實也是期望的線性性的轉化。由此可見，期望線性性這一條性質看起來簡單，實際用起來是非常靈活的。
題
相傳是 E.Space 出的題
有一顆treap，\(n\) 個點權值均勻隨機，求每個點深度的期望，輸出小數，保留7位
由上一個題的結論，就兩個調和加一下就行。調和級數在 \(n\) 比較大的時候可以用 \(n\ln n+\epsilon\) 逼近。
CF605E Intergalaxy Trips
設 \(E(x)\) 表示 \(x\) 到 \(n\) 的期望距離
一般都會設成“某個點到終點的期望xxx”，因為這樣的好處是，我們可以知道終點的期望值是 \(0\)，而且也方便遞推
為啥不設起點呢？這里倒是可以，但是有的題里面我們完全可能繞一圈回到起點然后繼續走，但是到終點是設定上就要停的
腦子里轉兩圈想想發現，對於一個點，出現了若干條邊，我們肯定選 \(E\) 最小的那個點過去，假設我們真的能夠知道過去的這個點 \(E\) 是多少。
那我們怎么知道呢？（ssh隊長的代碼從而直接知道這個值）
繼續想一想，我們跑到的點的 \(E\)，肯定比當前點的 \(E\) 小。那對於 \(E\) 超過當前點的，直接不看。也就是說，我們從小到大看所有點的 \(E\) 值。
問題又來了，我不知道它們的 \(E\)，我怎么“從小到大”？
注意到 \(E(n)=0\)，顯然是最小的，是已知量。我們可以從這個最小值開始擴展，每次找沒擴展的點的最小值，那它肯定是第二小；再找，肯定是第三小...相當於一個動態的計算過程，和dijkstra非常像。
每次找一個新點的時候，已經擴展的點的信息都算好了，假設有 \(k\) 個。我們可以把它們按 \(E\) 值從小到大排序。為表達方便，直接把它們編號 \(1\cdots k\)。那么，
注：
那個 \(+1\) 不用多講，就是多走一步
前面一半的 \(i\) 是枚舉能到的點中 \(E\) 最小的點是 \(i\)。既然這樣，肯定是 \(u\) 到 \(i\) 有邊，且 \(u\) 到 \(i\) 前面的點沒有邊，這時候 \(i\) 才恰好能成為最小值。然后它所用的步數期望就是 \(E(i)\)
后面一半是最拉的情況：所有邊都沒有，只能原地tp，還要花 \(1\) 的代價。
這樣轉移一波就行了。復雜度 \(O(n^2)\)，解決 \(n,m\le 1000\) 的問題。
如果使用堆優化，可以做 \(n,m\le 10^6\)，復雜度 \(O(m\log n)\)，和dij一個復雜度。
wf2018 Gem Island
我們要求最后排名前 \(r\) 大的寶石數的和的期望。這里做一個小轉化，我們考慮新增（即，分裂出來）了多少，求出這個之后答案加上 \(r\) 即可。設第 \(i\) 個人的寶石分裂了 \(a_i\) 次，我們要求 \(a\) 數組前 \(r\) 大的和的期望（\(+r\)）
對於每個 \(a_i\)，我們把它想象成是一個柱狀圖。那我們要求前 \(r\) 高的柱子的高度和。
根據 這個trick，我們考慮這個按列求和，換成是按行求和
我們枚舉行（即，枚舉值） \(x\)，然后看有多少個 \(a_i\ge x\)，假設有 \(c\) 個。如果 \(c\le r\)，那無疑，這 \(c\) 個數一定被包含在最高的那 \(r\) 個數里面，貢獻直接 \(+c\)。然而，如果 \(c>r\)，那么我們只能取前 \(r\) 高的柱子去貢獻。哪些柱子是前 \(r\) 高的？我們無法確定，但也不用確定，因為我們可以肯定它對答案的貢獻一定是 \(+r\)。
即，我們設 \(c_x\) 表示 \(\ge x\) 的有多少個。那么對於一種確定的 \(a_i\)，答案為 \(\sum\limits_{i=1}^{\infin} \min(c_x,r)\)
以上是一種比較具體的考慮方法。接下來是比較抽象的。
設前 \(r\) 大的數為 \(a_{p_1},a_{p_2}...a_{p_r}\)。則我們要求：
\[E\left(\sum\limits_{i=1}^{r} a_{p_i}\right)=\sum\limits_{i=1}^{r} E(a_{p_i})\\ =\sum\limits_{i=1}^{r} \sum\limits_{x=1}^{\infin} P(a_{p_i}\ge x)\\ =\sum\limits_{i=1}^{r} \sum\limits_{x=1}^{\infin} E([a_{p_i}\ge x])\\ =\sum\limits_{x=1}^{\infin} E(\sum\limits_{i=1}^{r} [a_{p_i}\ge x]) \]對於 \(x\)，設 \(c_x\) 表示 \(a\) 里面有多少個 \(\ge x\)。由於我們只考慮前 \(r\) 大的，所以對於每個 \(c\) 我們還要把它和 \(r\) 取個 \(\min\)。
那我們相當於求 \(E\left(\sum\limits_{x=1}^{\infin} \min(c_x,r)\right)\)。
設式子 \(F=\sum\limits_{x=1}^{\infin} \min(c_x,r)\)。由上面期望的變形之一，我們考慮求所有情況下 \(F\) 的和，除以情況數。
考慮：決定 \(c\) 因素是啥？那當然是由 \(a\) 決定。那 \(a\) 滿足什么條件呢？注意到，總共分裂的次數是 \(d\)，確定的。那么 \(a\) 的和為 \(d\)。那么我們的問題是，一堆數的和為 \(d\)，我們要算，所有可能性的 \(F\) 的和。
於是，我們設 \(f(i,j)\) 表示 \(i\) 個數和為 \(j\)，\(F\) 的和。還是依着那個具體的考慮方法，我們每次切掉最下面一行，看看會如何。能夠切掉一行，那得 \(\ge 1\)。於是我們枚舉 \(i'\)，表示當前選的 \(i\) 個數里面有 \(i'\) 個 \(\ge 1\) 的。然后我們看這些 \(\ge 1\) 的就能切一行，切一行之后上面的貢獻是 \(f(i',j-i')\) （每個都 \(-1\)，和減去 \(i'\)）。然后切掉的這一行一共有 \(i'\) 個，貢獻 \(\min(i',r)\)。
注意這里貢獻的 \(\min(i',r)\)，對於上面的每一種方案都會貢獻一次，所以還要乘一個方案數。方案數就是，\(i'\) 個自然數相加等於 \(j-i'\) 的方案數，即 \(\binom{(j-i')+i'-1}{i'-1}=\binom{j-1}{i'-1}\)
順便別忘了，選這 \(i'\) 個出來還有 \(\binom{i}{i'}\) 種方案。於是，
這樣解決了對於每種確定 \(a_i\)，\(F\) 的和。還要乘一下確定 \(a_i\) 的方案，推一下發現是 \(d!\) （\(a_i!\) 抵消了），然后除以總方案數是 \(n^{\overline{d}}\)，即可。
雖然這題拆期望的那一步很精彩，但這個題感覺還是更像數數題
NOI2013 樹的計數
同樣，“樹的高度”一看就不好做，想都不想肯定先拆貢獻。
我們考慮把bfs序重排為 \(1...n\)，或者說我們按bfs序一一考慮。
然后考慮怎樣會使樹的高度 \(+1\)。bfs序是一層一層遍歷的，而樹的高度就等同於有多少層。所以我們把bfs序分段，一段代表一層，那么它有多少段，樹高就是多少。那其實我們數這些分段點的數量就行了。
問題轉化問期望有幾個分段點
（接下來就跟期望的關系不大了）
我們想想分段點就什么性質。對於同一層里，dfs序肯定是遞增的。但是當我們換層的時候，這個dfs序就可能會倒回去（即，bfs序大的點dfs序小），也可能不會。不過反過來是成立的：如果dfs序倒回去了，那一定是出現了分層現象。這是充分的。
於是我們稱這些一定要分段的點為 “必分段點”。注意，\(1\) 也是個必分段點。
注意到，對於一條樹邊 \((f,u)\)，\(f\) 是父親，那肯定 \(dfn(u)=dfn(f)+1\)，\(bfn(u)>bfn(f)\)，且 \([bfn(f),bfn[u])\) 之間必須一個分段點。為什么必須一個，因為一條樹邊的深度只會 \(+1\)，那就會跨過一層，也就一定會有恰好一個分段點。我們稱這樣的 \([l,r)\) 為“限制區間”
如果一個限制區間里有一個確定好的必分段點，那其它位置肯定都不是必分段點。
反之，如果沒有確定好的必分段點，則 \([l,r)\) 間的dfs序遞增。而我們知道它的bfs序恰好是\(l,l+1...r-1\)，也是遞增的。兩個序都遞增，只可能是一條鏈。而我們知道，這中間只有一條樹邊。所以 \(r=l+1\)，相當於區間 \([l,l]\) 里至多有一個分段點。腦子轉一轉，發現這是廢話。於是，如果 \([l,r)\) 中間沒有確定好的必分段點，那這條件我們直接不看
上述過程確認了哪些點一定是，哪些點一定不是。至於剩下的點，容易發現，分布分段都可以。
對於一個必分段點，對答案貢獻肯定是 \(1\)。而一個二者皆可的點，對答案的貢獻是 \(\frac{1}{2}\)。把所有貢獻都加起來即可。
CTS2019 隨機立方體、氪金手游
見 這里
怎么只有這么點例題啊
會加上的會加上的qaq
我先去睡一覺（