基本概念
随机变量：有多种可能的取值的变量
\(P(A)：\)事件\(A\)发生的概率
\(E(X)：\)随机变量X的期望值，\(E(X)=\Sigma[P(X=i)*i]\)
独立事件：互相不影响的事件，满⾜\(P(AB)=P(A)P(B)\) 前提：\(A,B\);两个随机变量是独立的
对于独立事件，我们有\(E(AB)=E(A)E(B)\)
常用公式
（等比数列求和公式+极限法）
期望的线性性：\(E[X+Y]=E[X]+E[Y]\)
需要注意的是，以上的\(X,Y\)都是随机变量，不是事件，例如两个扔骰子的点数和。
\(\Sigma_{i=0}^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x^n}\),这是等比数列求和公式的变形
前缀和技巧
前缀和技巧是概率期望中很重要的一个技巧
对于离散变量 \(X，P(X=K)=P(X<=K)-P(X<=K-1)\)
例：
1. 有 \(n\) 个随机变量 \(X[1…n]\)，每个随机变量都是从 \(1…S\) 中
随机⼀个整数，求 $Max(X[1…n]) $的期望
\(Sol:\)求最大值的期望，根据公式答案为\(\Sigma_{i=1}^{S}P[max=i]i\)
\(P[max=i]\)很难求，但我们可以用前缀和的思想预处理出\(P[max<=i-1]\)和\(P[max<=i]\)，相减即可。
\(P[max<=i]=(\frac{i}{S})^i\)
2. 求证：概率为 \(p\) 的事件期望\(\frac{1}{p}\)次后发生
首先这个问题很显然，我们抛硬币的时候期望抛2次得到正面或者反面
用数学方法证明如下
\(Sol:\)使用反向前缀和，设成功次数为\(X\)，则\(E[X=i]=E[X>=i]-E[X>=i+1]=(P[X>=i]-P[X>=i+1])*i\)
容易得出\(P[x>=i]=(1-p)^{i-1}\)，因为第\(i\)次是有可能成功的
所以\(E[X=i]=[(1-p)^{i-1}-(1-p)^{i}]*i\)
我们展开发现
\(ans=(1-p)^0-(1-p)^1+2*(1-p)^1-2*(1-p)^3+3*(1-p)^3.......=\Sigma_{i=0}^{\infty}(1-p)^i\)
根据等比数列求和公式得到\(ans=\frac{1-(1-q)^{\infty}}{p}\)，又因为\(q\in(0,1)\)，所以\(ans=\frac{1}{p}\)
得证
概率为 \(p\) 的事件期望\(\frac{1}{p}\)次后发生
这个结论非常重要，之后很有用
另外的小技巧
很多东西都可以看成随机变量或用随机变量表示
例如表达式\(exp>=0\)，\(exp=\Sigma_{i=1}^{+\infty}i<=exp\)，这个其实很显然,相当于你前面有多少个人再加\(1\)就是你的排名
拿球问题
1.箱子里有 n 个球 1…n，你要从里面拿 m 次球，拿了后放回，求取出的数字之和的期望
\(Sol:\) 每个球都有\(\frac{n}{m}\)的概率被取到，根据期望的线性性质，取出数字之和的期望等于取出数字的期望之，求出每个数字期望，相加即可。
2.箱子里有 n 个球 1…n，你要从里面拿 m 次球，拿了后不放回，求取出的数字之和的期望
\(Sol:\)这个问题相对难想,设\(E(S)\)为答案的期望，设\(E(Xi)\)为第\(i\)项贡献的期望
则\(E(S)=E(\Sigma_{i=1}^{n}Xi)=\Sigma_{i=1}^{n}E(Xi)\)
设\(E(Yi)\)表示\(i\)取出次数的期望，在这个题目中显然\(\in(0,1)\)
为什么要这么设计，因为这是解决拿球问题的通法
那么我们得到\(Xi=Yi*i\)，对两边取期望得到\(E(Xi)=E(Yi)*i\)
接下来是重点
期望有点类似平均值的思想，或者说将总和离散了，也就是说\(\Sigma Yi=m\)
那么又因为每个球都是独立平等的，所以每个\(Yi\)一定相等，即\(Yi=\frac{m}{n}\)
以上两句话是这类题的精髓
那么代回去得到\(E(S)=\Sigma_{i=1}{n}\frac{m}{n}*i\)，得到的结果和第一问一样，\(ans=\frac{m(n+1)}{2}\)
3.箱子里有 n 个球 1…n，你要从里面拿 m 次球，拿了后以p1 的概率放回，以 p2 的概率放回两个和这个相同的球，求取出的数字之和的期望
\(Sol:\)相信经过了前两问的铺垫，这一问思路已经显而易见了，和第二问完全一样，和这些概率没半点关系，当然你可能会问放回两个相同的球的话，一个球的\(Yi\)可能会增大，但别忘了，这类题的核心是每个球都是独立的平等的，其它球也有等概率放回两个，所以不管放回多少个，每个\(Yi\)还是相等的，平分\(m\)，然后只需要和第二问一样做就可以了，显然\(ans=\frac{m(n+1)}{2}\)
游走问题
• 在⼀条 n 个点的链上游走，求从⼀端走到另⼀端的概率
\(Sol:\) 老规矩，设答案为\(S\)，那么\(E(S)=\Sigma E(Xi)\)，\(E(Xi)\)表示从\(i\)节点走到下一个节点的期望步数，那么我们可以像做\(DP\)列出一个“状态转移方程”，设我们现在要从\(A\)走到下一个点，我们从\(B\)走过来，那么我们可以直接一步过去，也可以往后退再回来走过去，所以我们得出了转移方程
\(E(A)=\frac{1}{2}*1+\frac{1}{2}(1+E(B)+E(A))\)
那么你可能会说，没有考虑往后退几步再往前走等等情况，但其实\(E(B)\)已经被更新完毕了，也就是说\(E(B)\)的值已经包含了所有可能，这所有可能也都包括到\(E(A)\)的路径，可能是往后退\(x\)步，所以我们只用再加上\(E(A)\)即可，这一直让初学的我有些困惑，是很重要的一个思想
将以上式子展开可以得到\(E(A)=E(B)+2\)，又因为\(E(1)=1\)(只有一种路径)，所以\(E(Xi)\)构成了\(1,3,5,7,9\)的等比数列，我们只需用等比数列求和公式，得出\(ans=(n-1)^2\)。
• 在⼀张 n 个点的完全图上游走，求从一个点走到另一个点的概率
\(Sol:\) 第二个问题很有意思，其实不难
完全图：任意两点之间都有直接连边的图
因为是完全图，所以任意两个点都是平等的，除了出发点\(A\)外还有\(n-1\)个点，还是分两种情况讨论：第一种情况是直接到达\(B\)，另一种情况是走到其它的点\(C\)，也就是说
\(E(A)=\frac{1}{n-1}*1+E(C)\)
那我们发现问题了，\(A\)和\(C\)应该是平等的，不能因为我们选择了\(A\)就是特殊的，那么我们就将问题变为：每次都有\(\frac{1}{n}\)的概率到达目标点，从\(A\)开始就不停地尝试，这也就和我们之前的推论一样了
概率为 \(p\) 的事件期望\(\frac{1}{p}\)次后发生
好啊，那么答案\(E(S)\)不就是\(n-1\)了吗。
• 在⼀张 2n 个点的完全二分图上游走，求从一个点走到另一个点的概率
• 在⼀张 n 个点的菊花图上游走，求从⼀个点走到另⼀个点的概率
• 在⼀棵 n 个点的树上游走，求从根走到 x 的期望步数
• 构造⼀张200个点的无向图，使得从 S 走到 T 的随机游走期望步数>=1000000