简说期望类问题的解法

近年的acm竞赛中，数学期望问题常有涉及，在以前也常让本人感到很头疼，近来突然开窍，掌握了基本的分析方法，希望对大家有帮助。写得浅薄，可能数学上不够严谨，只供理解。

首先，来看下期望有啥基本的公式。

对离散型随机变量x，其概率为p，有

E(x)=∑ipixi

对随机变量A、B有

E(αA±βB)=αE(A)±βE(B)

第二条式子是今天的主角，他表明了期望有线性的性质，简单理解就是期望之间可根据关系，简单运算（不严谨的理解）。这就为我们解决一个期望问题，不断转化为解决另外的期望问题，最终转化到一个已知的期望上。

例1

举一个求期望最简单的例子，见下图。

假设有个人在 1号节点处，每一分钟他会缘着边随机走到一个节点或者在原地停留，问他走到4号节点需要平均几分钟？

这是个简单的期望问题，我们用 Ei(i=1,2,3,4) 表示从i号节点走到4号节点的数学期望值。根据题意对1号节点有
E1=(1/3)∗E1+(1/3)∗E2+(1/3)∗E3+1 ①

表示他下一分钟可以走到2或者3或在原地1，每个可能概率是1/3 ,注意是下一分钟，故要加上1.

同理我们对节点2，3同样可以列出

E2=(1/3)∗E1+(1/3)∗E2+(1/3)∗E4+1 ②
E3=(1/3)∗E1+(1/3)∗E3+(1/3)∗E4+1 ③

那 E4 等于多少呢？ 很明显 E4=0 ④，因为他就是要到点4

这样上面1234式其实就是组成了一组方程组，解方程组就可得出 E1 ，用高斯消元，复杂度是 O(n3)

从上述例子，我们可总结出如何解决期望类问题，根据题意，表示出各个状态的期望（上例的 Ei(i=1,2,3,4) ），根据概率公式，列出期望之间的方程，解方程即可。

例2

下面看用上述思路如何解决一道题（poj2096）

题意：

一个人受雇于某公司要找出某个软件的bug和子组件，这个软件一共有 n 个bug和 s 个子组件，每次他都能同时随机发现 1 个bug和 1 个子组件，问他找到所有的bug和子组件的期望次数。

我们用 E(i,j) 表示他找到了 i 个bug和 j 个子组件，离找到 n 个bug和 s 个子组件还需要的期望次数，这样要求的就是 E(0,0) ，而 E(n,s)=0 ，对任意的 E(i,j) 。
1次查找4种情况：
1. 没发现任何新的bug和子组件
2. 发现一个新的bug
3. 发现一个新的子组件
4. 同时发现一个新的bug和子组件
用概率公式可得：

E(i,j)=1+(i∗j/n/s)∗E(i,j)+(i∗(s−j)/n/s)E(i,j+1)+((n−i)∗j/n/s)∗E(i+1,j)+(n−i)∗(s−j)/n/s∗E(i+1,j+1)

移项可得：

(1−(i∗j)/(n∗s))E(i,j)=1+(i∗(s−j)/n/s)E(i,j+1)+((n−i)∗j/n/s)∗E(i+1,j)+(n−i)∗(s−j)/n/s∗E(i+1,j+1)

这样根据边界就可解出所有的 E(i,j) ，注意因为当我们找到n个bug和s个子组件就结束，对 i>n或j>s 均无解的情况，并非期望是0 (数学上常见问题，0和不存在的区别)

那这题是否也是要用高斯消元呢？ 用高斯消元得话复杂度是 O(n3) ，达到 1018 根本是不可解的！

但其实，注意观察方程，当我们要解 E(i,j) 的话就需要 E(i+1,j),E(I,j+1),E(i+1,j+1) ，一开始已知 E(n,s) ，那其实只要我们从高往低一个个解出 i,j 就可以了！ 即可根据递推式解出所有的 E(i,j) 复杂度是 O(n2) ，完美解决。

my code

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 2005;
double dp[N][N];

int main() {
    int n, s;
    while(~scanf("%d%d", &n, &s)) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i = n; i >= 0; i--) {
            for(int j = s; j >= 0; j--) {
                if(i == n && j == s) continue;
                double p = 1.0 - (double)(i * j) / (n * s);
                dp[i][j] += (double) (n - i) * (s - j) / (n * s) * dp[i+1][j+1];
                dp[i][j] += (double) i * (s-j) / (n * s) * dp[i][j+1];
                dp[i][j] += (double) (n - i) * j / (n * s) * dp[i+1][j];
                dp[i][j] = (dp[i][j] + 1.0) / p;
            }
        }
        printf("%.4f\n", dp[0][0]);
    }
    return 0;
}

从上面这道题，我们再次看到了解决期望问题的思路，而且是用到了递推解决问题，其实可递推的原因，当我们把各个状态当成是一个个节点时，概率关系为有向边，我们可看到，可递推的问题其实就是这个关系图是无环的！那必须要用方程组解决的问题其实就是存在环！ 而且我还要指出的是用高斯消元的时候，要注意误差的问题，最好把式子适当的增大，避免解小数，否则误差太大，估计也会卡题。