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一、概率

1. 概念：无需多言；
2. 几个公式（$\Omega$ 表示整个样本空间）：
   $$\begin{gathered} 以下公式均有A,B\subseteq \Omega ,且P(A),P(B)>0. \\ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B), \\ P(A|B)=\frac{P(AB)}{P(B)}\iff P(AB)=P(B)\times P(A|B), \\ 若\bigcap _{i=1}^n{A}_i=\varnothing ,\bigcup _{i=1}^n{A}_i=\Omega ,则:P(B)=\sum _{i=1}^{n}P(A_{i}B)=\sum _{i=1}^{n}P(A_i)\times P(B|A_i), \\ 若\bigcap _{i=1}^n{A}_i=\varnothing ,\bigcup _{i=1}^n{A}_i=\Omega ,则:P(A_i|B)=\frac{P(A_{i}B)}{P(B)}=\frac{P(A_i)\times P(B|A_i)}{{\sum }_{j=1}^{n}P(A_j)\times P(B|A_j)}. \end{gathered}$$
3. 题目解法：一般用 $dp$ 正推（有时直接推式子能推出），即设从初始状态到当前状态的概率。

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二、期望

1. 概念：
   一个事件 $A$ 有多种结果，$X$ 表示其结果数值大小，那么 $X$ 的期望就是事件 $A$ 结果大小的平均值，记为 $E(X)$；
2. 满足线性运算：
   $$\begin{gathered} E(X+Y)=E(X)+E(Y), \\ E(X+c)=E(X)+c, \\ E(k\times x)=k\times E(x), \\ E(aX+bY)=aE(x)+bE(y). \end{gathered}$$

1. 为什么满足线性运算：
可以根据期望的定义，设 $n$ 是所有可能情况的总数，$x$ 是某种情况【的数值结果】，$P(x)$ 是出现该种情况的概率，就有：
$$E(X)=\sum _{i=1}^{n}x\times P(x)$$
那么对于线性运算就是：
$$E(X+c)=\sum _{i=1}^n(x+c)\times P(x)=(\sum _{i=1}^{n}x\times P(x))+(\sum _{i=1}^{n}c\times P(x))$$
又因为 ${\sum }_{i=1}^{n}P(x)=1$，所以：
$$E(X+c)=(\sum _{i=1}^{n}x\times P(x))+(\sum _{i=1}^{n}c\times P(x))=c+\sum _{i=1}^{n}x\times P(x)=c+E(X)$$
其他运算同理。


2. 可能的疑问：
也许你会不懂为什么给 $x$ 加上 $c$ 之后，概率不会变成 $P(x+c)$ 而依旧是 $P(x)$，可以有以下情景：
高考时会有少数民族加分等政策，假设加分大小为 $c$。
假设你考成绩 $x$ 的概率是 $P(x)$，显然 $P(x)$ 只与考试状态、个人能力等条件有关。
如果你是少数民族，你就会加分，最终成绩为 $x+c$。
而 $c$ 只是对最终结果的一个加分，这个加分是必然的。
也就是说 $+c$ 并不是因为考试状态、个人能力等因素的改变而造成的，所以它并不改变你考这个分的概率。

更好理解地，假设 $P(x)$ 为你加分前考 $x$ 分的概率，$P^{\prime }(x)$ 为你加分后考 $x$ 分的概率，就会有：
$$\begin{gathered} 对于同一个x,P(x)=P^{\prime }(x+c), \\ 更具体的，当x=666,c=20时，P(666)=P^{\prime }(666+20)=P^{\prime }(686). \end{gathered}$$

3. 题目解法：
   一般用 $dp$ 逆推，即设从当前状态到终点状态的期望，然后再以刷表的形式转移（就是从当前状态，按照题目要求顺着推，看能到那些状态）；
   
   也可能会用到递推，递推的时候不要局限于 $dp$ 按位往后推的思想来设计状态（即：设 $d{p}_{i,...}$ 表示前 $i$ 个 $......$ 的最优值），要从整体（也就是全部位）看概率期望入手列方程，再解出递推式。
   不理解这句话的可以看看这题：洛谷 P3750 [六省联考 2017] 分手是祝愿

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三、题型

(一) 图上游走问题1

1. 问题概述：
   在一个无向图上，一个人从起点（一般就是编号为 $1$ 的节点）开始游走，从一个节点走向与它直接相连的每个节点的概率相等（即：若记当前所在点的度为 $d_u$，那么他走上某一个相邻点的概率就是 $\frac{1}{d_u}$）。然后有一个固定的概率 $p$，表示每次他有 $p$ 的概率停在当前节点并不再游走，求停在每个节点的概率。

2. 解法：
   一般就是设 $x_i$ 表示到达（注意不是停留） $i$ 节点的期望（注意不是概率），那么就会有： 对于 u = 1 , x 1 = 1 + ∑ v ∈ { 与  1  相连的点 } 1 − p d v × x v , 对于 u ≠ 1 , x u = ∑ v ∈ { 与  u  相连的点 } 1 − p d v × x v . 对于 u = 1, x_1 = 1 + \sum_{v \in \left\{与 \ 1 \ 相连的点 \right\}} \frac{1 - p}{d_v} \times x_v, \\ 对于 u \neq 1, x_u = \sum_{v \in \left\{与 \ u \ 相连的点 \right\}} \frac{1 - p}{d_v} \times x_v. 对于u=1,x1​=1+v∈{与 1 相连的点}∑​dv​1−p​×xv​,对于u=1,xu​=v∈{与 u 相连的点}∑​dv​1−p​×xv​.
   最后在每个点停留的概率就是：经过每个点的期望次数 $\times$ 停留概率 $p$。
   至于到达每个点的期望次数，用 【高斯消元】 求解即可，系数 $a_{u,v}$ 就是 $-\frac{1-p}{d_v}\times [(u,v)\in E]$（后面方括号里的就表示 $u,v$ 是否直接相连）。

3. “停留在每个点的概率 $=$ 经过每个点的期望次数 $\times$ 停留概率 $p$” 的原因：
   因为停留次数只有 $0$ 和 $1$ 两种情况，所以【停留的期望次数与停留的概率】数值相等，所以在某个点的停留概率 $=$ 在某个点停留的期望次数 $=$ 到达某个点且停留在某个点的期望次数。
   设 $X$ 表示到达在某个点的次数，$Y$ 表示停留在某个节点的次数，很明显这两个事件相互独立，
   那么 到达某个点且停留在某个点的期望次数 $=E(XY)=E(X)\times E(Y)=E(X)\times p$。
   所以该式子成立。

4. 例题： 洛谷 P2973 [USACO10HOL] Driving Out the Piggies G
     \space     \space     \space     \space     \space     \space     \space     \space     \space     \space   洛谷 P3232 [HNOI2013] 游走

(二) 图上游走问题2

1. 问题概述：
   在一个无向图上，有两个人游走。从一个节点走向相邻节点的概率相等。每个单位时间内，两人以某种方式移动（移动方式题目会给出）。求两人相遇的期望时间。
2. 解法：
   设 $d{p}_{i,j}$ 表示第一个人在 $i$ 节点，第二个人在 $j$ 节点时，两人相遇的期望时间。边界条件就是当 $i=j$ 时，$d{p}_{i,j}=0$。转移方程因题而异。
   具体 $dp$ 实现可以用记忆化搜索。
3. 例题： 洛谷 P4206 [NOI2005] 聪聪与可可

(三) 囊中取物问题

1. 问题概述：
   袋中有 $A,B$ 两种物品，求【在某些特殊条件下】取物的某种概率或期望。（说得好抽象，没事下面有例题）

2. 解法：
   一般就是用 $dp$ 来解。
   设 $d{p}_{i,j}$ 表示袋中有 $i$ 个 $A$ 种物品、$j$ 个 $B$ 种物品时，所求的概率或期望。
   然后再找出转移方程来求解。

3. 例题：BZOJ P1419 Red is good 题解
              \space\space\space\space\space\space\space\space\space\space           CF148D Bag of mice 题解

(四) 递推思想

没有具体的题目，只是一种思想。

1. 先设计状态 $f_i$ 表示从状态 $i$ 到下一个状态或者到终点状态的期望花费；
2. 列出 $f_i$ 和几个可以转移到的状态之间的方程，由此解出递推式，再递推运算。

其实用高斯消元解的题目的思想和这个本质上是一样的，只不过高斯消元【从一个状态可转移到的状态比较多】，而且【状态之间会有后效性】。如果【从一个状态可转移到的状态比较少 】且【没有后效性】就可以用递推。

例题：洛谷 P3750 [六省联考 2017] 分手是祝愿