hdu 5570(数学期望)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5570

【分析】

用A[i][j]表示第i个球为颜色j的概率
用c[j]表示颜色为j的球的个数
用E[x]表示式子x的期望，显然有E[X[i][j]]=A[i][j]*1+(1-A[i][j])*0=A[i][j]
用P[x]表示事件x发生的概率
题目所要求的是E[c[1]^2 +c[2]^2 +c[3]^2+...+c[m]^2]
按照期望的线性相加特性，题目所求的就是∑(j=1~m)E[c[j]^2]=E[c[1]^2]+E[c[2]^2]+...+E[c[m]^2];

一上来就研究概率，思路很难入手，难度会大一点。
于是我们不妨对于一个单独的状态（就是每个小球的颜色都确定）做研究——
用X[i][j]表示第i个球是否为第j种颜色，如果是，X[i][j]为1；否则，X[i][j]为0。
那么，c[j]=X[1][j]+X[2][j]+...+X[n][j].
回到∑(j=1~m)E[c[j]^2]，它便可以写成——
=∑(j=1~m)E[(X[1][j]+X[2][j]+...+X[n][j])^2]
对于元素个数的平方，如何考虑其叠加性质，从贡献上，通过加法来简化问题？
元素个数的平方，等于元素的pair数（pair自然也包括[自身，自身]这一个）。
于是，上式又可以化为——
=∑(for j=1~m--for p=1~n--for q=1~n)E[ X[p][j]*X[q][j] ]

我们上面研究的某一个状态下的答案。然而我们还需要把其转化为概率来思考。
然而，在尝试化简的时候，我们注意点：E[X[p][j] * X[q][j]](p!=q)和 E[X[p][j]* X[p][j]] 是不一样的
因为对于E[X[p][j] * X[q][j]]来说，并结合上面确定的E[X[i][j]]=A[i][j]——
如果p!=q,那么这两个随机变量互相独立=E[X[p][j]] * E[X[q][j]] =A[p][j]*A[q][j]
如果p==q,那么E[ X[p][j]*X[p][j] ]=E[X[p][j]]=A[p][j]

于是，对于这道题的答案，式子先变成了——
∑(for j=1~m)
{
∑(for p=1~n)
{
∑(for q=1~n&&q!=p){A[p][j]*A[q][j]}
+A[p][j]
}
}

再化简一下，最后的式子就是——
∑(for j=1~m)
{
( ∑(for i=1~n)A[i][j] )^2
-∑(for i=1~n)A[i][j]^2 //这个是( ∑(for i=1~n)A[i][j] )^2中多算的量，减掉。
+∑(for i=1~n)A[i][j] //这个是真正应该算入的量，加上去。
}
我们发现，这个复杂度确实只有O(nm)，这道题就做完啦~~

【时间复杂度&&优化】

O(nm)

参考博客：http://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/50032485

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;const int maxn = 1005;
int n,m;
double p[maxn][maxn];int main()
{while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){for(int i = 1; i <= n; i++){double sum = 0;for(int j = 1; j <= m; j++){scanf("%lf",&p[i][j]);sum += p[i][j];}for(int j = 1; j <= m; j++)p[i][j] = p[i][j] / sum;}double ans = 0;for(int i = 1; i <= m; i++){double tmp = 0;for(int j = 1; j <= n; j++)tmp += p[j][i];tmp = tmp * tmp;for(int j = 1; j <= n; j++)tmp -= p[j][i] * p[j][i];for(int j = 1; j <= n; j++)tmp += p[j][i];ans += tmp;}printf("%.2f\n",ans);}return 0;
}

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