一、數學期望

1. 由來

在 \(17\) 世紀，有一個賭徒向法國著名數學家帕斯卡挑戰，給他出了一道題目：甲乙兩個人賭博，他們兩人獲勝的機率相等，比賽規則是先勝三局者為贏家，一共進行五局，贏家可以獲得 \(100\) 法郎的獎勵。當比賽進行到第四局的時候，甲勝了兩局，乙勝了一局，這時由於某些原因中止了比賽，那麼如何分配這 \(100\) 法郎才比較公平？

甲輸掉後兩局的可能性只有 \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}\)，也就是說甲贏得後兩局或後兩局中任意贏一局的概率為 \(1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)，甲有 \(75\%\)

可見，雖然不能再進行比賽，但依據上述可能性推斷，甲乙雙方最終勝利的客觀期望分別為 \(75\%\) 和 \(25\%\)，因此甲應分得獎金的 \(100\times 75\%=75\) (法郎)，乙應分得獎金的的 \(100×25\%=25\) (法郎)。這個故事裡出現了“期望”這個詞，數學期望由此而來。（¿）

（摘自百度百科）

2. 定義

數學期望是實驗中每次可能結果的概率乘以其結果的綜合，它的定義式為：

其中 \(i\) 是所有可能發生的事件，\(x_i\) 為事件的權值，\(p_i\) 為事件發生的概率。

3. 性質

設 \(C\) 為一個常數， \(X\) 和 \(Y\) 是兩個隨機變數。以下是數學期望的重要性質：

1.\(E(C)=C\)
2.\(E(CX)=CE(X)\)
3.\(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)
4. 當 \(X\) 和 \(Y\) 相互獨立時，\(E(XY)=E(X)E(Y)\)

二、例題

1.SP1026 FAVDICE - Favorite Dice

題目大意：一個 \(n\) 面的骰子，求期望擲幾次能使得每一面都被擲到。\(n\leq 6000\)。

Solution：

結論：\(1+\frac{n}{n-1}+\frac{n}{n-2}+...+n=\sum\limits_{i=1}^n \frac{n}{i}\)

令 \(f[i]\) 表示已經擲出 \(i\) 個不同的面，還期望擲多少次能使得每一面都被擲到。

顯然 \(f[n]=0\)。

對於所有 \(f[i]\ (i\neq n)\)，有兩種情況：

• 有 \(\frac{i}{n}\) 的概率擲到重複的面，則還需擲 \(f[i]\) 次。
• 有 \(\frac{n-i}{n}\) 的概率擲到新的面，則還需擲 \(f[i+1]\) 次。

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

整理得，\(f[i]=f[i+1]+\frac{n}{n-i}\)

因此 \(ans=f[0]=\sum\limits_{i=n-1}^{0} \frac{n}{n-i}=\sum\limits_{i=1}^n \frac{n}{i}\)

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n;
double ans;
signed main(){
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld",&n),ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            ans+=1.0*n/i;
        printf("%.2lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

2. BZOJ 1419 Red is good

題目大意：桌面上有 \(R\) 張紅牌和 \(B\) 張黑牌，隨機打亂順序後放在桌面上，開始一張一張地翻牌，翻到紅牌得到 \(1\) 美元，黑牌則付出 \(1\) 美元。可以隨時停止翻牌，在最優策略下平均能得到多少錢。\(0\leq R,B \leq 5000\)。

Solution：

令 \(f[r][b]\) 表示剩下 \(r\) 張紅牌、\(b\) 張黑牌的期望收益。

首先考慮邊界情況。

當 \(r=0\)，即目前已經沒有紅牌時，停止翻牌，則 \(f[r][b]=0\)。當 \(b=0\)，即剩下的牌沒有黑牌時，肯定會把剩下的紅牌全部翻掉，則 \(f[r][b]=r\)。

討論其他情況。

有 \(\frac{r}{r+b}\) 的概率翻到一張紅牌，並帶來 \(1\) 的收益；有 \(\frac{b}{r+b}\) 的概率翻到一張黑牌，並帶來 \(1\) 的損失。

那麼顯然\(f[r][b]=max(0,\frac{r}{r+b}(1+f[r-1][b])+\frac{b}{r+b}(-1+f[r][b-1])\)。因為我們採用的是最優策略，所以當此時的局面已經不足以帶來大於\(0\)的期望收益時，應該停止翻牌，所以最後還要和\(0\)取\(max\)。

由於卡空間，需要使用滾動陣列。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
const int N=5010;
int n,m;
double f[2][N],ans;
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int r=1;r<=n;r++){ 
        f[r%2][0]=1.0*r;
        for(int b=1;b<=m;b++)
            f[r%2][b]=max(0.0,1.0*r/(r+b)*(1+f[(r-1)%2][b])+1.0*b/(r+b)*(-1+f[r%2][b-1]));
    } 
    printf("%.6lf\n",1.0*floor(f[n%2][m]*1e6)/1e6);
    return 0;
}

3. BZOJ 4318 OSU!

題目大意：給出一串數，每個數字有 \(a[i]\) 的概率是 \(O\)，這串數字的分數定義為每一段極長連續的 \(O\) 的長度的立方和，\(OXXOO\) 的分數就是 \(1^3+2^3=9\)，求期望分數。\(N\leq 10^5\)。

Solution：

令 \(y[i]\) 表示到 \(i\) 為止連續打出多少個 \(O\)。

有 \(p=a[i]\) 的概率打出 \(O\)，則有 \(p\) 的概率 \(y[i]=y[i-1]+1\)；有 \(1-p\) 的概率打出的不是 \(O\)，則有 \(1-p\) 的概率 \(y[i]=0\)。

\(E(y[i])=E(p\times (y[i-1]+1))=p\times (E(y[i-1])+1)\)

因為 \((x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1\)，所以還需要維護平方和。每打出 \(1\) 個 \(O\)，答案 \((x+1)^3\) 比原答案 \(x^3\) 相比多了 \(3x^2+3x+1\)。

\(E(y[i]^2)=E(p\times (y[i-1]+1)^2)=p\times (E(y[i-1]^2)+2\times E(y[i-1])+1)\)

可以分別用 \(f_1[i],f_2[i]\) 維護 \(E(y[i]),E(y[i]^2)\)。

\(f_1[i]=p\times (f_1[i-1]+1)\)

\(f_2[i]=p\times(f_2[i-1]+2\times f_1[i-1]+1)\)

那麼 \(ans[i]=ans[i-1]+p\times (3\times f_2[i-1]+3\times f_1[i-1]+1)\)，最終的答案為 \(ans[n]\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n;
double a[N],f1[N],f2[N],ans[N];
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lf",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f1[i]=a[i]*(f1[i-1]+1);
        f2[i]=a[i]*(f2[i-1]+2*f1[i-1]+1);
        ans[i]=ans[i-1]+a[i]*(3*f2[i-1]+3*f1[i-1]+1);
    }
    printf("%.1lf\n",ans[n]);
    return 0;
} 

4. HDU 4035 Maze

題目大意：有一個樹形的迷宮，有 \(N\) 個房間以及 \(N-1\) 條通道將它們連通，一開始在 \(1\) 號房間，每進入一個房間 \(i\)，有 \(kill[i]\) 的概率被陷阱殺死回到房間 \(1\)，有 \(s[i]\) 的概率找到出口逃離迷宮，如果沒有找到出口也沒有被殺，那麼就在與該房間相連的通道中等概率隨機選一條走，求逃離迷宮所需要走的通道數的期望值。(如果不能逃離輸出impossible)。\(T\leq 30,N\le 10^4\)。