牛客竞赛数学专题班概率与期望习题 题解

A-擅长解密的小红同学

设密码有$N$中可能，那么每次猜中的概率为: $P=\frac{1}{N}$

那么，猜了$k$次猜中的概率为: $P(X=k)=(1-P{)}^{k-1}P$，即前$k-1$次都没猜中，而第$k$次猜中。

则，期望为:
$$\mathbb{E}[X]=\sum _{k\ge 1}k\cdot P(X=k)=\sum _{k\ge 1}k\cdot (1-P{)}^{k-1}P$$

根据无穷级数的知识，可知：
$$\sum _{k\ge 1}k\cdot x^{k-1}=({\int }_0^x\sum _{k\ge 1}k\cdot t^{k-1}dt{)}^{\prime }=(\sum _{k\ge 1}{x}^k{)}^{\prime }=(\frac{x}{1-x}{)}^{\prime }=\frac{1}{(1-x{)}^2}$$

将期望的式子化简:
$$\mathbb{E}[X]=\frac{1}{(1-(1-P){)}^2}P=\frac{1}{P}=N$$
其中$N$的值为：
$$N=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{{\sum }_{i=1}^{n}a[i]}{a[1],a[2],..,a[n]}\right)=\frac{({\sum }_{i=1}^{n}a[i])!}{{\prod }_{i=1}^n(a[i]!)}$$

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 1e7 + 10;

ll power(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

int a[10];
ll sum = 0, fac[N];
int main() {
    for (int i = 0; i < 10; i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }
    // 预处理阶乘
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N - 10; i++) fac[i] = i * fac[i - 1] % mod;

    ll res = fac[sum];
    for (int i = 0; i < 10; i++) res = res * power(fac[a[i]], mod - 2) % mod;

    cout << res;
    return 0;
}

B-increment of coins

定义$dp(i,j,k)$为背包中分别有$i$枚金币，$j$枚银币，$k$枚铜币时，操作次数的期望。

末态为已经存在某一种硬币有100枚，即
$dp(100,i,j)=dp(i,100,j)=dp(i,j,100)=0;$

状态转移方程为:
$$dp(i,j,k)=1.0+\frac{i\times dp(i+1,j,k)+j\times dp(i,j+1,k)+k\times dp(i,j,k+1)}{i+j+k}$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100 + 10;
double dp[N][N][N];
int a, b, c;
int main() {
    for (int i = 0; i <= 100; i++)
        for (int j = 0; j <= 100; j++)
            dp[100][i][j] = dp[i][100][j] = dp[i][j][100] = 0;
    cin >> a >> b >> c;
    for (int i = 99; i >= a; i--)
        for (int j = 99; j >= b; j--)
            for (int k = 99; k >= c; k--)
                dp[i][j][k] = 1.0 + (i * dp[i + 1][j][k] + j * dp[i][j + 1][k] +
                                     k * dp[i][j][k + 1]) /
                                        (i + j + k);
    printf("%.9lf", dp[a][b][c]);
    return 0;
}

C-Little Pony and Expected Maximum

定义$P(Y=y)$为投$n$次，得到最大点数为$y$的概率，但是这个值直接计算比较难。

可以先定义$P(Y\le y)$为最大点数小于$y$的概率，则$P(Y=y)=P(Y\le y)-P(Y\le y-1)$

$$\begin{array}{ccc}P(Y\le y)& =& P(x_1\le y,x_2\le y,...,x_n\le y)\\ & & \\ & =& P(X\le y{)}^n\\ & & \\ & =& (\frac{y}{m}{)}^n\end{array}$$

期望为:
$$\mathbb{E}[Y]=\sum _{y=1}^{m}y\cdot P(Y=y)=\sum _{y=1}^{m}y\cdot [(\frac{y}{m}{)}^n-(\frac{y-1}{m}{)}^n]$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

double power(double a, int b) {
    double res = 1.0;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a;
        b >>= 1;
        a = a * a;
    }
    return res;
}
int n, m;
int main() {
    cin >> m >> n;
    double res = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        res += i * (power(1.0 * i / m, n) - power(1.0 * (i - 1) / m, n));
    printf("%.12lf", res);
    return 0;
}

D-New Year and Arbitrary Arrangement

定义$dp(i,j)$为子序列"ab"的个数为$i$且存在$j$个"a"时的期望。

状态转移为：
$$dp(i,j)=\frac{P_a}{P_a+P_b}dp(i,j+1)+\frac{P_b}{P_a+P_b}dp(i+j,j)$$

特殊的，当$i=0,j=0$时：
$$\begin{array}{ccc}dp(0,0)& =& \frac{P_a}{P_a+P_b}dp(0,1)+\frac{P_b}{P_a+P_b}dp(0,0)\\ & & \\ & =& dp(0,1)\\ & & \end{array}$$

如果我一直不选"b"，那么$dp(i,j)$的$j$就会增大到无限，这显然是不行的。

当$i+j\ge k$时，只要选取一个"b"，就能到达末态:
$$\begin{array}{ccc}dp(i,j)& =& \frac{P_b}{P_a+P_b}(i+j)+\frac{P_a{P}_b}{(P_a+P_b{)}^2}(i+j+1)+\frac{P_a^2{P}_b}{(P_a+P_b{)}^3}(i+j+2)...\\ & & \\ & =& {\sum }_{t\ge 0}\frac{P_a^t{P}_b}{(P_a+P_b{)}^{t+1}}(i+j+t)\\ & & \\ & =& (i+j)\frac{P_b}{P_a+P_b}{\sum }_{t\ge 0}(\frac{P_a}{P_a+P_b}{)}^t+\frac{P_a{P}_b}{(P_a+P_b{)}^2}{\sum }_{t\ge 1}(\frac{P_a}{P_a+P_b}{)}^{t-1}\cdot t\\ & & \\ & =& (i+j)\frac{P_b}{P_a+P_b}\frac{1}{1-\frac{P_a}{P_a+P_b}}+\frac{P_a{P}_b}{(P_a+P_b{)}^2}({\sum }_{t\ge 1}(\frac{P_a}{P_a+P_b}{)}^t{)}^{\prime }\\ & & \\ & =& (i+j)\frac{P_b}{P_a+P_b}\frac{1}{1-\frac{P_a}{P_a+P_b}}+\frac{P_a{P}_b}{(P_a+P_b{)}^2}(\frac{\frac{P_a}{P_a+P_b}}{1-\frac{P_a}{P_a+P_b}}{)}^{\prime }\\ & & \\ & =& (i+j)\frac{P_b}{P_a+P_b}\frac{1}{\frac{P_b}{P_a+P_b}}+\frac{P_a{P}_b}{(P_a+P_b{)}^2}\frac{1}{(1-\frac{P_a}{P_a+P_b}{)}^2}\\ & & \\ & =& i+j+\frac{P_a}{P_b}\end{array}$$

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

ll power(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = res * a % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x) { return power(x, mod - 2); }

ll k, pa, pb, dp[N][N];
ll res = 0;
int main() {
    cin >> k >> pa >> pb;
    ll qa = pa * inv((pa + pb) % mod) % mod;
    ll qb = pb * inv((pa + pb) % mod) % mod;
    for (int i = k - 1; i >= 0; i--) {
        for (int j = k; j >= 1; j--) {
            if (i + j >= k)
                dp[i][j] = ((i + j) % mod + pa * inv(pb) % mod) % mod;
            else
                dp[i][j] =
                    (qb * dp[i + j][j] % mod + qa * dp[i][j + 1] % mod) % mod;
        }
    }
    dp[0][0] = dp[0][1];

    cout << dp[0][0];
    return 0;
}

G-Messages

定义$X={\sum }_i^n{x}_i$为读到需要的信息的学生的数量，其中$x_i$为第$i$个学生是否读到自己需要的信息，如果读到就为$1$，否则为$0$。

根据期望的可加性可知:
$$\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(x_1)+\mathbb{E}(x_2)+..+\mathbb{E}(x_n)$$

对于每一个$\mathbb{E}(x_i)$来说：
$$\begin{array}{ccc}\mathbb{E}(x_i)& =& 1\cdot P(第i个学生读到m_i)+0\cdot P(第i个学生没有读到m_i)\\ & & \\ & =& 1\cdot P(第i个学生读到m_i)\\ & & \\ & =& P_i\end{array}$$

故:
$$\mathbb{E}(X)=\sum _{i=1}^n\mathbb{E}(x_i)=\sum _{i=1}^n{P}_i$$

若顶置的消息集合为: $U=<u_1,u_2,...,u_t>$，则：
$$P_i=\{\begin{array}{ll}0,& 如果m_i\notin U\\ 1,& 如果m_i\in U且t\le k_i\\ \frac{k_i}{t},& 如果m_i\in U且t>k_i\end{array}$$

因为我们要选取一个集合$U$使得期望$\mathbb{E}(X)$最大，所以当$t$固定时，我们可以贪心的选取集合$U$。

又因$1\le k_i\le 20$，故当$n\ge t>20$时，$P_i=\frac{k_i}{t}$：
$$\mathbb{E}(X)=\sum _{i=1}^n{P}_i=\sum _{i=1}^n\frac{k_i}{t}=\frac{1}{t}\sum _{i=1}^n{k}_i$$
需要先将$k_i$的值排序并做前缀和，然后再枚举$t$的值。

当$t\le 20$时，可以暴力枚举。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m[N], k[N];

double f(int t) {  // 固定t时的最优选取
    unordered_map<int, double> val;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (t <= k[i])
            val[m[i]] += 1;
        else
            val[m[i]] += (1.0 * k[i]) / t;
    }
    vector<pair<int, double>> vec;
    for (auto it : val) vec.push_back({it.first, it.second});
    sort(vec.begin(), vec.end(),
         [](auto a, auto b) { return a.second > b.second; });

    double sum = 0;
    for (int i = 0; i < min(t, (int)vec.size()); i++) sum += vec[i].second;
    return sum;
}

void print(int t) {
    unordered_map<int, double> val;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (t <= k[i])
            val[m[i]] += 1;
        else
            val[m[i]] += 1.0 * k[i] / t;
    }
    vector<pair<int, double>> vec;
    for (auto it : val) vec.push_back({it.first, it.second});
    sort(vec.begin(), vec.end(),
         [](auto a, auto b) { return a.second > b.second; });

    cout << t << "\n";
    for (int i = 0; i < t; i++) cout << vec[i].first << " ";
}

double maxn = -1;
int res = -1;
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> m[i] >> k[i];

    // 当1 < t <= 20时
    for (int t = 1; t <= 20; t++) {
        double sum = f(t);
        if (sum > maxn) maxn = sum, res = t;
    }

    // 预处理：排序，前缀和
    unordered_map<int, double> val;
    for (int i = 1; i <= n; i++) val[m[i]] += k[i];
    vector<pair<int, double>> vec;
    for (auto it : val) vec.push_back({it.first, it.second});
    sort(vec.begin(), vec.end(),
         [](auto a, auto b) { return a.second > b.second; });
    for (int i = 1; i < vec.size(); i++) vec[i].second += vec[i - 1].second;

    // 当t > 20时
    for (int t = 21; t <= vec.size(); t++) {
        double tmp = 1.0 * vec[t - 1].second / t;
        if (tmp > maxn) maxn = tmp, res = t;
    }

    print(res); // 输出结果

    return 0;
}