数学期望起步

何为数学期望

$E(x)$表示某个东东的数学期望，该东东共有n种情况，每种情况的值为 $v_i$，出现的概率为 $p_i$,则 $E(x)=\sum_{i=1}^n p_iv_i$

这样，对于等概率的问题，我们就有一种暴力的思路，枚举每一种情况，算出其值，记录方案总数，然后将值的总和除以方案数便可以得到期望值了。

但有一个很重要的问题：会超时

于是我们要引入这样一句话：和的期望=期望的和

怎么理解呢？

我们来考虑一个问题（这是我在某场模拟赛里面看到的，略有改动）

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有A，B两支队伍，都有n人，A中每个队伍的人的战力值为 $A_i$,B中每个队伍的人的战力值为 $B_i$，共有n场比赛，每场比赛中胜方为能力值较大的人，得到的分数定义为 $A \Leftarrow\Rightarrow B$，A表示A队参加的人，B表示B队参加的人。

每个人只能参加一场比赛，每个人的对手都是随机而等概率的，例如A队有A1和A2两个人，B队有B1和B2两个人，那么(A1 vs B1,A2 vs B2)和(A1 vs B2,A2 vs B1)的概率都是均等的50%。

求A队得分减去B对得分的期望值。
$(n\le 1000, A_i, B_i \le 40000)$

emm，依照上面的思路，我们可以枚举每一种组合方式，然后计算，时间复杂度为 $O(n!)$,明显超时。

首先， $E_{A-B}$其实是等于 $E_A-E_B$, $E_A$表示A队得到的分数，这里体现了粗体字的那句话。

而且，我们发现，对于某种情况 $A_i \Leftarrow\Rightarrow B_j$，发生的情况有 $(n-1)!$,且共有 $n!$种情况,所以其贡献为 ${A_i \Leftarrow\Rightarrow B_j \times (n-1)!\over n!}\Rightarrow {A_i \Leftarrow\Rightarrow B_j\over n}$

那么 $E_A=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n {A_i \Leftarrow\Rightarrow B_j\over n} (A_i > B_j)$

$E_B$也是同理。
这里也是粗体话一种体现。

其实这道题的 $A_i \Leftarrow\Rightarrow B_j$，是 $(A_i-B_j)^2$，然后 $n<=5\times 10^5$,有兴趣的dalao可以想一下。

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题目描述

再来想一个问题，一个商店开展一个促销活动，要你集齐n种印章，每次购买商品有几率获得n种中的一种，每种获得的概率都相同，有可能会重复获得一种印章，问集齐n中印章所需要的购买次数的数学期望值。

数据范围

$n \leq 10^5$

这道题讨厌在——不能水分，因为你不能枚举每一次的可能，然后统计（有可能要无限次）

所以我们可以用动态规划解决。

用 $f(i)$表示还剩下i中印章需要集齐，所需要的次数的数学期望。

• $f(n)=0$,原因不解释

• 对于 $\forall i \le n$，考虑购买一次的情况，有 ${i \over n}$的慨率得到一个新，即没有得到过的印章，剩下 ${n - i\over n}$的概率得到之前得到过的印章。所以得到等式
  $f(i)={i\over n}f(i+1)+{n-i\over n}f(i)+1$

  $\Rightarrow n\times f(i)=i\times f(i+1)+(n-i)\times f(i)+n$

  $\Rightarrow i\times f(i)=i\times f(i+1)+n$

  $\Rightarrow f(i)=f(i+1)+{n\over i}$

这样就能够解决这个问题了，当然，化简之后就能得到一条n个分数和的式子，之后说不定有更快的方法，但本人太菜，想不到了。

当某些数学期望的问题难以进行枚举情况并计算的，我们可以考虑dp

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说到动态规划，来想一个更难的问题：

题目描述

有 $c$种颜色， $n$个位置，每个位置的初始颜色为1，有 $k$次操作，每次操作选择一个区间 $[l, r]$中的某些位置，可以不选，为之涂上随机的颜色，若颜色为 $a$的位置涂上了颜色 $b$,则变为 $ab\mod c$,求k次涂色后，所有位置的颜色编号之和的期望值

数据范围

$n,k,c \leq 100$

依然按dp方向想，很容易想到是 $f(i, j, k)$表示第 $i$个位置第 $j$次染色，染为 $k$颜色的概率。此方法时间复杂度太高，不能接受。

但是，我们发现：任意两个位置，涂相同的次数，最后转为相同的颜色，其概率是相同的，所以第一维的状态并不需要，所以状态改为 $f(i,j)$表示操作i次，最后颜色变为j的概率。

• $f(0,1)=1$,这是毫无疑问的

• $\forall i+1>0$,有两种情况，要么就是没有选到，要么就是选到之后改为一种新的颜色，两种情况概率都为 ${1\over 2}$，而第二种情况中，有 ${1\over c}$的概率涂成某种颜色 $k$，于是得到式子(不能讲状态转移方程)：

  • $f(i+1,j) \ += \ {1\over 2}f(i,j)$
  • $f(i+1,j\times k\mod c)\ +=\ {1\over 2c}f(i,j)$

用 $cnt_i$表示第i个位置可能被操作的最多次数，则最后的答案便是：

$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^c f(cnt_i, j)\times j$

本人数学不好，若有讲得不对的，欢迎各位dalao指正