\(1.\) 條件概率
定義 \(b\) 條件下 \(a\) 事件發生的概率為 \(p(a|b)\)。
有 : \(p(a|b) = \frac\)。
全概率公式 :
定義 \(b_\) 是 \(\omega\) 的乙個劃分 ， 則有 :
\(p(a) = \sum_^)p(b_)}\)。
貝葉斯公式 :
\(p(a|b) = \frac}\)。
\(2.\) 期望的線性性
\(e(x + y) = e(x) + e(y)\)
\(e(cx) = ce(x)\)。
\(e(xy) = e(x)e(y)\)
隨機變數的方差 :
定義 : \(v = e((x - e(x)) ^ 2)\)
性質 : \(v = e(x ^ 2) - e(x)^2\)
證明 : 根據期望的線性性 , \(v = e(x) ^ 2 - 2e(x)e(x) + e(x ^ 2) = e(x ^ 2) - e(x) ^ 2\)。
快速排序的時間複雜度 :
設對於長度為 \(n\) 的隨機序列 ， 其期望比較次數為 \(t(n)\)。
那麼有 :
\(t(n) = \sum_^ + n - 1 = \frac \sum_^ + n - 1\)
\(n \cdot t(n) = 2 \sum_^ + n(n - 1)\)
\((n - 1) \cdot t(n - 1) = 2 \sum_^ + (n - 1)(n - 2)\)
\(n \cdot t(n) - (n - 1) \cdot t(n - 1) = 2t(n - 1) + 2(n - 1)\)
\(n \cdot t(n) = (n + 1)t(n - 1) + 2(n - 1)\)
\(\frac = \frac + \frac\)
\(f(n) = \frac = \sum_^} \leq \sum_^} = 2 ln n\)
馬爾可夫不等式 :
\(p(x \geq a) \leq \frac\)。
根據馬爾可夫不等式 ， 快速排序複雜度退化至 \(o(n ^ 2)\) 級別的概率為 \(\frac\)。
切比雪夫不等式 :
\(p(|x - e(x)| >= k\mu) \leq \frac\) (\(\mu\) 為均方差)。
[例題]
\(2020\) 年高考數學 (江蘇卷附加題) 第 \(25\) 題。
題意 :
第一問 :
直接得到 \(p_ = \frac , q_ = \frac\)
\(p_ = \fracp_ + \fracq_ = \frac\)
\(q_ = \fracp_ + \fracq_ = \frac\)
第二問 :
\(p_ = \fracp_ + \fracq_\)
\(q_ = \fracp_ + \fracq_ + \frac(1 - p_ - q_) = -\fracq_ + \frac\)
因此 \(2p_ + q_ - 1 = \frac(2p_ + q_ - 1)\)。
注意到 \(2_p + q_\) 就是 \(e(x_)\) , 直接解上述的遞迴式 ， 得到 \(e(x_) = 1 + \frac\)。
\(bzoj3270\)
列出期望方程組 ， 高斯消元求解即可。
時間複雜度 : \(o(n ^ 3)\)
\(cf963e\)
首先樸素的做法是直接高斯消元解期望方程組 ， 但這樣的時間複雜度高達 \(o(r ^ 6)\)。
考慮從上到下 ， 從左到右消元。 每次只對當前非 \(0\) 的位置減法 ， 這樣的時間複雜度降至 \(o(r ^ 4)\)。 為什麼是這樣呢？
如圖 ， 假設當前處理的是某個綠色的元素 ， 它的方程中不會含有黃色的未知數。 只會含有 \(o(r)\) 個綠色的未知數和 \(o(1)\) 個初始與其相鄰的黑色的未知數 ， 不難發現這個方程中係數非零的未知數只有 \(o(r)\) 個。
同樣地 ，含有當前未知數的方程至多也只有 \(o(r)\) 個 ， 因此處理乙個方程複雜度是 \(o(r ^ 2)\) 的 ， 因此總複雜度是 \(o(r ^ 4)\) 的。
\(hdu4035\)
列出方程 ， 注意到每個方程都可以寫成一次函式的形式（根據其樹上的父親節點)。
時間複雜度 : \(o(n)\)
\(loj2263\) (\(2017\)年中國國家隊選拔)
首先根據期望的線性性， 對於每個位置計算其貢獻。 顯然 ， 每個位置的貢獻和其左邊和右邊的第乙個已經確定的事件有關。
根據貝葉斯公式 :
\(p(x|l,r) = \frac
= \frac
= \frac
= \frac\)。
注意到分母是個定值 ， 而分子可以通過簡單的矩陣乘法維護。
那麼用平衡樹維護已經確定的位置集合， 線段樹維護矩陣， 即可。
時間複雜度 : \(o((n + m)logn)\)
\(bzoj 4318\)
令隨機變數 \(y_\) 表示到 \(i\) 為止的期望字尾長度 , \(f(i)\) 表示第 \(i\) 位為止得分期望。
加入第 \(i\) 位後 ， \(f(i) - f(i - 1) = p_(e(y_ + 1) ^ 3 - e(y_ ^ ))\)。
根據期望的線性性 ， 展開後維護 \(y_\) 的期望和 \(y_ ^ 2\) 的期望即可。
時間複雜度 : \(o(n)\)。
\(loj2125\)
首先最優策略一定是從大往小依次按。
設 \(dp_\) 表示還剩 \(i\) 盞燈的期望次數 ， 將轉移看做方程 ， 解方程即可。
時間複雜度 : \(o(n)\)
\(loj2547\)
來自 \(2018\) 江蘇省選。
首先考慮樹的情況 ， 由期望的線性性 ， 考慮每條邊的貢獻 ， 顯然 ， 如果一條邊出現在了斯坦納樹中 ， 那麼其分割成的兩個聯通塊中都要有點在集合 \(s\) 中 ， 故其貢獻為 : \((2 ^ } - 1)(2 ^ } - 1)\)。
接著 ，考慮仙人掌圖的情況 ， 顯然可以將割邊和環的貢獻分別計算 ， 割邊的貢獻和樹上的情況是類似的。 只需在執行 \(tarjan\) 演算法的過程中順帶維護子樹大小即可。
考慮環的貢獻 ， 不妨稱環上乙個點被選中當且僅當其或其搜尋樹上的外向樹中有節點在 \(s\) 集合中。 既然是求最小斯坦納樹， 那麼必然是在環上去掉相鄰且距離最遠的一對被選中的點之間的所有邊。
考慮動態規劃 ，設 \(dp_\) 表示第乙個被選中的點為 \(l\) ， 最後乙個點在 \(r\) ， 相鄰的被選中的點距離最遠為 \(k\) 的方案數。 分類討論轉移即可。 可以字首和優化做到 \(o(n ^ 3)\)。
\(loj2542\)
來自 \(2018\) 北大冬令營。
直接求解顯然是不切實際的。
考慮要求的是 \(e(max(s))\)。
根據 \(min - max\) 容斥和期望的線性性 ， 有 \(e(max(s)) = \sum_e(min(t))}\)。
也就是說 ， 要求的是 \(x\) 到達某個集合 \(t\) 中任意乙個點的期望時間。
考慮動態規劃 ， 記 \(f_\) 表示點 \(u\) 的期望步數。 這個動態規劃的轉移非常經典 ， 只需要將方程寫成 \(y = kx + b\) 的形式即可。
預處理完動態規劃陣列後 ， 用 \(fmt\) 高維字首和計算答案 , 這道題就做完了。
時間複雜度 : \(o(n2^n)\)
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