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时光里的卡牌-题解

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@mio9mr4z
此快照首次捕获于
2025/12/02 15:37
3 个月前
此快照最后确认于
2025/12/02 15:37
3 个月前
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设 {pooli}\{pool_i\}是当前的卡牌数字集,设从中抽取一张卡牌的到的值这个离散型随机变量为 XX。
其有 nn 张卡牌，从中抽出一张的期望为 E(X)=1n∑i=1npooliE(X)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}pool_i
对于每次抽取，若还有添加入的卡牌，下一次抽取的期望变为
E(X′)=1n(∑i=1npooli−E(X)+add)E(X')=\frac{1}{n}(\sum_{i=1}^{n}pool_i-E(X)+add)
若没有新添加入的卡牌，则下一次抽取的期望变成
E(X′)=1n−1(∑i=1npooli−E(X))E(X')=\frac{1}{n-1}(\sum_{i=1}^{n} pool_i-E(X))
每一次抽取，手上的牌的期望点数增加当前抽取的期望，答案累加一次手上的牌经过抽取后累加的期望点数
推导： 已知现在的期望，现在等概率的从中抽出一张，求之后所有可能情况的总期望。 现在已知现在的期望
E(X)=1n∑i=1naiE(X)= \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}a_i
对于每一种等概率的可能的抽取，都将其能得到的下一步期望与到达这种情况的概率相乘，累计所有情况的求和，得到下一步的总期望:
E(X′)=∑j=1n1n⋅1n[(∑i=1nai)−aj+add] E(X')=\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}[(\sum_{i=1}^{n}a_i)-a_j+add ]
第一个1n\frac{1}{n}为到达每种可能情况的概率，在其之后是每种可能到达情况的期望。
尝试进行化简。先提取求和符号中的1n⋅1n\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}出来。
得到
E(X′)=1n2∑j=1n[(∑i=1nai)−aj+add]E(X')=\frac{1}{n^2}\sum_{j=1}^{n}\left[(\sum_{i=1}^{n}a_i)-a_j+add \right] \\
再将 addadd 项提取出来
得到
E(X′)=1n2⋅∑j=1n[(∑i=1nai)−aj]+1n⋅addE(X')=\frac{1}{n^2} \cdot\sum_{j=1}^{n}\left[(\sum_{i=1}^{n}a_i)-a_j \right] + \frac{1}{n} \cdot add
继续提出 aja_j，得到
E(X′)=1n2⋅∑j=1n∑i=1nai−1n2⋅∑j=1naj+1n⋅add=1n2⋅∑j=1n∑i=1nai−1n⋅E(X)+1n⋅add\begin {align*} E(X')&=\frac{1}{n^2} \cdot\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}a_i - \frac{1}{n^2} \cdot\sum_{j=1}^{n}a_j+ \frac{1}{n} \cdot add \\ &=\frac{1}{n^2} \cdot\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}a_i - \frac{1}{n} \cdot E(X)+ \frac{1}{n} \cdot add \end {align*}
最后，提取出 ∑i=1nai\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i，得到
E(X′)=1n⋅∑i=1nai−1n⋅E(X)+1n⋅add=1n⋅(∑i=1nai−E(X)+add)\begin {align*} E(X')&=\frac{1}{n} \cdot\sum_{i=1}^{n}a_i - \frac{1}{n} \cdot E(X)+ \frac{1}{n} \cdot add \\ &=\frac{1}{n} \cdot( \sum_{i=1}^{n}a_i - E(X)+ add ) \end {align*}
由此证毕。

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