转一篇写期望的日志

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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

对随机变量A、B,有

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。

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(n^3)

 

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，1234）,根据概率公式，列出期望之间的方程，解方程即可。

 

下面看用上述思路如何解决一道题（poj2096）

原题见附件1。

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

我们用E(i,j)表示他找到了i个bugs和j个subcomponents，离找到n个bugs和s个subcomponents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，没发现任何新的bugs和subcomponents，发现一个新的bug，发现一个新的subcomponent，同时发现一个新的bug和subcomponent，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);

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bugs和s个subcomponents就结束，对i>n||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(n^3)，达到10^18 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(n),10^6 ，完美解决。程序见附件2

 

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。

 

本文到此结束，简单讲解了期望类问题的解决思路，更加深入的学习可参考wc2009两篇的论文，希望能帮到大家！！

 

 

                                                    Kicd

                                                 2009.7.31

简单期望DPhttp://acm.sdut.edu.cn/sdutoj/problem.php?action=showproblem&problemid=2503

View Code

 1 #include<cstdio>

 2 #include<iostream>

 3 #include<algorithm>

 4 using namespace std;

 5 int main()

 6 {

 7     int i,j,k,n,m,t;

 8     double dp[501];

 9     cin>>t;

10     while(t--)

11     {

12         cin>>n;

13         for(i = 0 ; i <= n ; i++)

14             dp[i] = 0.0;

15         for(i = n-1 ; i >= 0; i--)

16         {

17             for(j = i+1 ; j <= i+6 ; j++)

18             {

19                 if(j<=n)

20                     dp[i]+=dp[j]*1.0/6.0;

21             }

22             dp[i]+=1.0;

23         }

24         printf("%.4lf\n",dp[0]);

25     }

26     return 0;

27 }