一、概率
1.1 定义
概率定义：一个事 ，用 P 表示。
随机变量：表示随机试验各种结果的实值单值函数，其实就是某个事件的所有可能情况的数值表示，一般写作 P(x = k) ，表示随机变量 x 取值为 k 时的概率。
举例：“投一次骰子”这一事件的随机变量：p(x = 1) = p(x = 2) = p(x = 3) = p(x = 4) = p(x = 5) = p(x = 6) = frac{1}{6}。
1.2 性质
设有一个整数随机变量 x ，则：P(x = k) = P(xge k) – P(x>k)
应用：
求投n次骰子，最小的点数等于2的概率。
计算方法：P(x = 2) = P(xge 2) – P(x > 2) = (frac{5}{6})^n – (frac{4}{6})^n
二、期望
2.1 定义
假设事假A的收益为 W(A),则随机变量 x 的期望 E(x) = displaystylesum_k P(x = k)k ,即随机变量 x 的所有取值和其对应的概率相乘后再相加。
2.2 性质
性质一
期望的线性性：E[X Y] = E[X] E[Y]，X = X_1 X_2，则E[X] = E[X_1] E[X_2]。
证明：
设：E[X] = displaystylesum_{k_1} P(X = k_1)k_1 , E[Y] = displaystylesum_{k_2}P(Y = k_2)k_2。
则：E(X Y) = displaystylesum_{k_1} displaystylesum_{k_2}P(X = k_1,Y = k_2)(k_1 k_2)，将 (k_1 k_2) 拆开，先看前半部分：displaystylesum_{k_1}displaystylesum_{k_2}P(X = k_1,Y = k_2)k_1，相当于： displaystylesum_{k_1}k1displaystylesum_{k_2}P(X = k_1,Y = k_2)，后半部分displaystylesum_{k_2}P(X = k_1,Y = k_2)表示当 Y 取所有值时随机变量X的所有概率相加，其实就等于P(X = k_1)，则displaystylesum_{k_1}k1displaystylesum_{k_2}P(X = k_1,Y = k_2) = E(X),同理，displaystylesum_{k_2}k2displaystylesum_{k_1}P(X = k_1,Y = k_2) = E(Y),则E(X Y) = E(X) E(Y)
2.3 经典例子
- 例子一：每次随机一个 [1,n] 的数，问期望随机几次能随机出所有数E(X)。 思路：对于一个不好计算的期望，可以将其成几个容易计算期望的阶段进行考虑，然后根据期望的线性性将它们相加得到总的期望。 我们令 X_i 表示 第一次有 i 个不同的数到第一次有 i 1 个不同的数需要的次数，则 E(X) = E(displaystylesum_{i = 0}^{n-1}X_i) = displaystylesum_{i = 0}^{n-1}E(X_i)，这里用到了期望的线性性，将求解 E(X), 转变为求解E(X_i) 。 根据 X_i 的定义，我们可以求出P(X_i) = frac{n-i}{n}（一共n个数，已经存在 i 个数，剩下 n-i 个数未出现，只要得到 n-i 个数中的一个，就可以从第一次有 i 个数变成第一次有 i 1 个数的状态，而得到 n-i 个数中的一个的概率就是 frac{n-i}{n}）。 E(X_i) = frac{1}{P(X_i)} = frac{n}{n-i}，只要 X_i 满足几何分布，此公式就成立（如掷硬币模型）。 证明：以掷硬币模型为例，设正面的概率为 p ，反面的概率为 1-p，E_2(X) 表示一直投掷直到出现正面的期望。由于 X 的取值可能为 infty ，所以可以用 E_2(X) = displaystylesum_{i = 1}^{infty} P(Xge i)套用，P(Xge i) = (1-p)^{i-1}，则E_2(X) = displaystylesum_{i = 1}^{infty}(i-p)^{i-1}，这就是一个等比数列求和，最终化简可以得到E_2(X) = frac{1}{p}，即期望等于概率的倒数。 则E(X) =displaystylesum_{i = 0}^{n-1}E(X_i) = displaystylesum_{i = 0}^{n-1}frac{n}{n-i} = displaystylesum_{i = 1}^nfrac{n}{i} ，调和级数。
- X_j= begin{cases} 1& text{p[j] = max(p[1…i])}\ 0& text{otherwise} \ end{cases}，由于 X_1,X_2…X_i同分布，则E(X_1) = E(X_2) = … = E(X_i)，且displaystylesum_{j = 1}^iX_j = 1，因为前 i 个数中必然有且仅有一个最大 值使得X_j = 1，求和的值也必定为1。两边同时加上期望得：E(displaystylesum_{j = 1} ^i X_j) = E(1)，根据期望的线性性得：displaystylesum^i_{j = 1}E(X_j) = 1，由于E(X_1) = E(X_2) = … = E(X_i)，则iE(X_i) = 1，E(X_i) = P(X_i = 1)= frac{1}{i}
2.4 例题
首先假设已经确定哪些课程申请换教室，考虑如何计算跑动距离的期望E(X)：
令 E(X_i) 表示第 i 节课下课后的跑动距离，则根据线性性： E(X) = E(displaystylesum_{i = 1}^{n-1}X_i) = displaystylesum_{i = 1}^{n-1}E(X_i)。
考虑 E(X_i) ，如何计算：
考虑第 i 节课换教室是否申请以及第 i 1 节课换教室是否申请，一共有4种可能的期望值，根据期望的定义可以得到：
- 如果都不申请：E_1(X_i) = dis[c[i]][c[i 1]]。
- 如果都申请：E_2(X_i) = k[i] * k[i 1] * dis[d[i]][d[i 1]] (1-k[i]) * k[i 1] * dis[c[i]][d[i 1]] k[i] * (1-k[i 1]) * dis[d[i]][c[i 1]] (1-k[i]) * (1-k[i 1]) * dis[c[i]][ci 1]
- 第i节课申请第i 1节课不申请和第i节课申请第i 1节课不申请的期望同理可得，不重复给出。
由此我们可以知道 E(X_i) 的取值只和 i ，第 i 节课是否申请，第i 1节课是否申请决定，因此可以用dp处理，设dp[i][j][1/0] 表示前i节课，已经申请换了j次，第i节课是否申请（1表示申请，0表示不申请）的距离期望。
写出其中的一种转移：
dp[i 1][j][0] = min(dp[i][j][0] dis[c[i]][c[i 1]],dp[i][j][1] k[i] * dis[d[i]][c[i 1]] (1-k[i]) * dis[c[i]][c[i 1]])
上式表示前i 1节课已经申请了j次，且第i 1节课不申请的距离期望可以由前i节课已经申请了j次且第i节课申请或者不申请两种可能取min得到。
对于dp[i 1][j][1] ,需要考虑第 i 1 节课申请是否成功，然后对第i节课是否申请取min进行转移，不再详细给出。
随机游走： 对于一个无向图，每次从一个点等概率地选择与这个点相连的一条边然后移动到另一个点。
第一问求解：
首先运用用到分阶段的思想和期望的线性性，令E(X_i) 表示起点在i，到第一次到达i 1的期望时间，对于一条链从1号点走到n号点的期望时间等于从1号点走到2号点，然后从2号点走到3号点….最后从n-1号点走到n号点的期望和，则E(X) = displaystylesum_{i = 1} ^ {n-1} E(X_i) 。
计算E(X_i)：
从i号点出发走到i 1号点有两种情况：直接一次从i走到i 1，或者走到i-1号点然后再走到i 1号点，于是可得：E(X_i) = frac{1}{2} * 1 frac{1}{2}(1 E(X_{i-1}) E(X_i))，化简可得：E(X_i) = 2 E(X_{i-1}),根据等差数列，可知：E(X_i) = 2 * i-1。
计算E(X):
E(X) = displaystylesum_{i = 1} ^ {n-1} E(X_i) = (n-1)^2
第二问求解：
对于一个完全图，每个点到其他所有点的概率都是相同的，从一个点走到另外一个点的期望时间的随机变量是正整数集合（即可能为无穷大），且每次行为都只有两种情况：走到和未走到，每次行为独立且概率保持不变，此模型类似掷硬币模型，可以直接使用结论： 期望就是概率的倒数（证明见上文“经典例子”中例子一的证明过程）。对于此题，从S走到T的概率为frac{1}{n-1}，则E(X) = n-1。
题目补充：如果取到的硬币为两端则收益为0。
X_{i,j}= begin{cases} 1& text{第i个硬币和第j个硬币相遇过从而产生收益}\ 0& text{otherwise} end{cases}(i
和 j 之间能产生收益的前提是 i 和 j 不相邻，中间的硬币被取走，使得 i 和 j 相连产生收益，故 i 1<jE(X) = displaystylesum_{i 1<j}E(X_{i,j}) * W_i * W_j
考虑如何计算E(X_{i,j})：
只有 i 和 j 之间的硬币都在 i 和 j 之前都被拿走了，i 和 j 之间才可能产生收益，对于某一种取法其实就是一个排列，对于i到j这几个硬币，一共有 (j-i 1)! 个排列，对于 i 和 j 之间的硬币一共有(j-i-1)!个排，则P(X_{i,j} = 1) = frac{(j-i-1)! * 2}{(j-i 1)!} = frac{2}{(j-i 1){(j-i)}}，E(X_{i,j}) = 0 * P(X_{i,j} = 0) 1 * P(X_{i,j} = 1) = frac{2}{(j-i 1)(j-i)}。
2.5 线性性与等价性的应用
如果有n个等价的事件 X_i ，他们是同分布的，即和可得displaystylesum_{i = 1}^nX_i = C ，那么E(X_i) = frac{C}{n}。
例1：
X_i= begin{cases} 1& text{p[i]是前k大的数}\ 0& text{otherwise} end{cases}（一共有k个前k大的数，所以共有k个X取值为1），那么displaystylesum_{i = 1}^{n}E(X_i) = k,E(X_i) = frac{k}{n}
例2：
X_i= begin{cases} 1& text{i节点已经被染黑}\ 0& text{otherwise} end{cases}，问题就转换成求解E(X_i)。E(X_i) = P(X_i = 1)，即期望等于 i 号点被染成黑色的概率。我们知道，i 号点为白色的前提是它的祖先都没被染色，假设有 k 个点，那么 i 号点被染黑的概率其实就是 这 k 1 个点中，i 号点最先被选中的概率，即P(X_i = 1) = frac{1}{k 1}，树中祖先个数等于节点的深度-1，则E(X) = displaystylesum_{i = 1}^nfrac{1}{dep_i}
例3：
X_i= begin{cases} 1& text{第i堆石子被扔了}\ 0& text{otherwise} end{cases}，表示整个事件是由每堆石子是否被扔组成的。则E(X) = displaystylesum_{i = 1}^nE(X_i),由于第一堆石子最终必须被扔，则E(X_1) = P(X_1) = 1。对于其余堆的石子，它们能被扔的前提是第 1 堆石子还没有被扔，那么P(X_i) = frac{a_i}{a_1 a_i}，综上可得：E(X) = 1 displaystylesum_{i = 2}^{n}frac{a_i}{a_i a_1}
例4：
X_i= begin{cases} i& text{p[i]>max(p[i-1],p[i 1])}\ 0& text{otherwise} end{cases},对于 i = 1或n，由于只和一个数比较，且是随机排列的，所以有 frac{1}{2} 的概率使得第 i 个数较大，则E(X_1) = frac{1}{2},E(X_n) = frac n2,对于其他的数，由于和两个数比较，则概率为 frac13，故E(X_i) = frac i 3,因此E(X) = frac12 frac n 2 displaystylesum_{i = 2}^{n-1} frac i3
例5：
极长定义是这个子串的左边和右边都不为1。 假设有 k 个极长子串，第 i 个子串的长度为 len_i ,设 X = displaystylesum_{i=1}^klen_i^2,即该01串的价值。对于一个长度为 n 的串，它的子串个数为 frac{n*(n-1)}{2}，如果我们定义 X_{l,r}= begin{cases} 1& text{从l到r全为1}\ 0& text{otherwise} end{cases}，因为是等概率随机的01串，所以每个字符为1的概率为 frac12，故总概率为 (frac 12)^{r-l 1}，则E(displaystylesum_{lle r} X_{l,r}) = displaystylesum_{l le r}(frac 12)^{r-l 1}。可是E(displaystylesum_{lle r} X_{l,r})neq E(X)。我们考虑某个极长全1连续子串，其区间为 [l,r] ,长度为 len ,则这个子串对 X 的贡献为len^2,但是对 X_{l,r} 的贡献为frac{len(len 1)}{2},所以我们可以得到：2X_{l,r} – len = X，其中 len 表示 1 的个数，也可以表示成displaystylesum_{i=1}^nX_{i,i}。于是，E(X) = E(2X_{l,r} – displaystylesum_{i=1}^nX_{i,i}) = 2displaystylesum_{l le r}(frac{1}{2})^{r-l 1} – frac{n}{2}
例6：
X_i= begin{cases} 1& text{p[i]为p[1…i]的最大值}\ 0& text{otherwise} end{cases}(见前文”经典例题”的例子一),X = displaystylesum_{i = 1}^nX_i，那么E(f(p)) = displaystylesum_{i = 1}^nE(X_i) = displaystylesum_{i = 1}^nfrac1i。下面求解f(p)^2的期望，即E(X^2), 由于(displaystylesum_{i = 1}^nX_i)^2= displaystylesum_{i = 1}^ndisplaystylesum_{j=1}^nX_iX_j = displaystylesum_{ineq j}^NX_iX_j displaystylesum_{i=1}^nX_i^2，由于 X_i 取值为 0 或 1，所以X_i^2 = X_i，则E(X^2) = E(displaystylesum_{ineq j}^nX_iX_j) E(displaystylesum_{i=1}^nX_i),E(displaystylesum_{i=1}^nX_i) = displaystylesum_{i = 1}^nfrac1i。E(displaystylesum_{ineq j}^nX_iX_j) = displaystylesum_{ineq j}^n frac{1}{i * j}，我们假设i<j，那么就是要同时满足 p[i]为p[1…i]的最大值和p[j]为p[1…j]的最大值。由于是随机排列，所以这两个条件互不影响，概率分别为frac 1i和frac1j，则同时满足的概率为P(X_iX_j) = frac1{i * j} = E(X_iX_j)。综上：E(X^2) = displaystylesum_{ineq j}^nfrac1{ij} displaystylesum_{i=1}^nfrac1i
例6：
先考虑 kle 50的情况：
我们令 dp[i][j] 表示已经拼接了 i 个串，且经过kmp完成匹配查找后T串中的指针指向 j 位置，复杂度为 O(n^3)，伪代码如下：
代码语言：javascript复制int kmp(char *s, char *t,&pos)//返回成功匹配的次数，&pos用于返回匹配结束时j指针在T串中的位置
for i : 1 -> k //枚举拼接次数
for j : 1 -> len //len表示T串长度，枚举匹配后指向T串的可能位置
for kk = 1 -> n //枚举所有可能拼接的字符串
cnt = kmp(s[k],T,pos);
dp[i 1][pos] = dp[i][j] cnt*1.0/n;//匹配的次数为cnt次，选中i串的概率为1/n，期望为cnt/n再考虑 kleq 10^{12}的情况：
有一个性质：设 f[i] 表示已经拼接 i 次后的期望次数，当 i > |T|f[i 1]-f[i] = f[i 2] – f[i 1]。
因为 T 串的长度为 |T| = 50 ，那么对于一个在 S 上新拼接的字符串，要产生一个新的 T 串，只可能和原S串的前50个字符有关系，所以每次拼接可以产生的新 T 串的个数最多只和最近的50次拼接有关，当拼接次数大于50时，由于是随机拼接，所以期望的增量是不变的，所以当 k>50O(1) 算出。
三、计数问题
3.1 拓扑序
displaystylesum f(E) = displaystylesum_{Ein T}displaystylesum_{p in P}G(E,p),表示先枚举所有的边集，然后再枚举此边集的所有排列，G(E,p) 表示如果对于边集 E ，排列 p 满足拓扑序，则G(E,p) = 1，否则为 0 。我们可以调换求和的顺序得到 displaystylesum f(E) = displaystylesum_{p in P}displaystylesum_{Ein T}G(E,p),这样就变成了先找到所有可能的排列（拓扑序，然后对于每个排列，看有几个边集满足此拓扑序。一个边集如果满足拓扑序，需要满足 forall E(a,b)in T,p[a]<p[b]k 条边满足 p[a]<p[b]2^k（k个边随意取的方案数）。
下面用状压dp来求解k，我们可以设dp[s]，表示排列的方案为s(状态压缩的十进制表示)时，满足的边集的子集数量，转移的伪代码如下：
代码语言：javascript复制for i 1 -> (1>>20)
遍历找到所有的1，放入点集D
枚举每一个0，设这个点为b，统计有多少条边[a,b],其中a∈D,将统计值记录到cnt中
dp[s'] = cnt//s'表示加入一个0点后的十进制数3.2 位运算相关的计数问题
位运算性质：1.独立性（一般每一位互不影响）；2.高位优先。
XOR之和
bit(x,i)= begin{cases} 1& text{x的第i位为1}\ 0& text{otherwise} end{cases}，ans = displaystylesum_{i<j}^na[i] xor a[j] = displaystylesum_{i<j}^ndisplaystylesum_{k=0}^{29}2^k * (bit(a,i)neq bit(b,i)) = displaystylesum_{k=0}^{29}2^kdisplaystylesum_{i<j}^n(bit(a,i)neq bit(b,i)) ,对于后半段，其实就是看一下所有数字的第k位有几个0和几个1，分别记为 num_0 和 num_1 ，则 ans = displaystylesum_{k=0}^{29}2^knum_0 * num_1
异或排序
如图所示，对于两个数如果按位比较大小，遵循高位优先原则，比较形式肯定是二进制表示的前一部分都相同然后出现一个不同。同时可以知道，如果a[i]^s的前半部分和a[i 1]^s的前半部分相同，那么a[i]和a[i 1]的前半部分肯定也相同，设不同的位置为i。则若a[i] = 1,a[i 1] = 0，则S[i] = 1时才能满足大小关系，同理a[i] = 0,a[i 1] = 1时，s[i] = 0
和的XOR
第一问：
考虑对于第 i 位，计算有多少 a[x] a[y] 的第 i 位为1，如果是奇数个则最终答案的第i位也为1。如果a[x] a[y] 的第 i 位为1，则(a[x] a[y]) mod 2^{i 1} ge 2^i。所以如果(a[x] mod 2^{i 1}) (a[y] mod 2^{i 1}) 第 i 位为1，只可能在[2^i,2^{i 1}-1]或[2^i 2^{i 1},2^{i 2}-1]中,将所有的a取模后排序，然后用双指针，L指向最小的，R指向最大的 O(n) 扫描一遍就能求出第i位有几个满足的，处理完每位就能得到最终答案。
第二问：
对于所有的ineq j，a[i] a[j] 会被统计两次，那么两个相同的数异或起来为0，所以都相互抵消了，只需要把 2 * a[i] 异或起来就行。
