题解-poj3682King Arthur's Birthday Celebration

Problem

poj-3682

题目大意：抛一次硬币有\(p\)的概率得到正面，当有\(n\)次正面时停止，抛第\(i\)次的花费为\(2i-1\)，求抛的期望次数和期望花费

Solution

本来做这题就是想巩固一下期望方面的东西，可能有点拓展

第一问比较明显，设\(f_i\)表示抛掷了\(i\)次时的期望天数，依题意有：

\(f_i=p\cdot f_{i-1}+(1-p)\cdot f_i+1\)

解释一下，对于抛一次，有\(p\)的概率正面，只要再抛\(f_{i-1}\)次即可，所以加上\(p\cdot f_{i-1}\)，有\(1-p\)的概率反面，则仍要抛\(f_i\)次，所以加上\((1-p)\cdot f_i\)，再加上这次抛掷的一次，我们就得到了有\(i\)次正面时天数的期望

上面的式子移项消掉，得到\(f_i=f_{i-1}+\frac 1p\)，即\(f_i=\frac ip\)

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第二问有点意思，设\(E_i\)表示抛掷了\(i\)次正面时的期望花费，仿照上面的式子写出：

\(E_i=p\cdot E_{i-1}+(1-p)\cdot E_i+2f_i-1\)

式子解释和上面一样，只是抛掷的成本变为了\(2f_i-1\)

同样化简，\(E_i=E_{i-1}+\frac {2i}{p^2}-\frac 1p\)，求和可得\(E_i=\frac {(1+n)n}{p^2}-\frac np\)

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至于为什么抛掷花费可以用\(2f_i-1\)这种利用期望表示的式子，其实是因为\(2f_i-1\)这个式子为一次函数，我们可以用两种方法证明在外部函数为一次函数的情况下，可以利用期望做自变量得到因变量的期望

同时扩展一下，我们可以证明，仅有一次函数满足这个条件

我们明确一下证明的内容，即若\(x_0\)为\(x\)的期望，若\(F(x_0)\)等于\(F(x)\)的期望，则\(F(x)\)一定为一次函数（为了方便表达，设\(F^{'}(x)\)为\(F(x)\)的期望）

①证明一次函数可行

由于\(x_0=\sum p_iv_i\)，我们将其中\(p_i\)的影响去掉，用一个无穷集合记录，在这个集合中\(v_i:v_j\)的数量比为\(p_i:p_j\)，而\(x_0\)则可以表达为这个集合元素的平均数（实际上就是将加权平均数化为了平均数，更便于理解）

而\(x_0\)的定义为集合数中的一次方平均数，则在一次函数\(F(x)\)的影响下，\(\frac {\sum F(x)}n=F(\frac {\sum x}n)\)

推广一下，若\(x_0\)为元素的\(k\)次方期望（加权平均值），则仅有\(k\)次函数满足上述性质

②证明仅有一次函数可行

由于\(x_0=\sum p_iv_i\)

则有\(F(x_0)=F(\sum p_iv_i),F^{'}(x)=\sum p_iF(v_i)\)

如果要求\(F(x_0)=F^{'}(x)\)，则要求\(F(\sum p_iv_i)=\sum p_iF(v_i)\)，满足条件下\(F(pv)=pF(v)\)，则\(F(x)\)一定为正比例函数，但考虑到求\(\sum\)时项的数量都是相等的，所以我们可以在正比例函数的基础上加上一个常数，这样在求\(\sum\)后常数之间可以抵消。由此可证\(F(x)\)一定要求为一次函数

Code

#include <cstdio>
int main(){
	int n;double p;
	while(1){
		scanf("%d%lf",&n,&p);if(!n)return 0;
		printf("%.3lf %.3lf\n",n/p,1.0*n*(n+1-p)/(p*p));
	}
}