关于一道期望经典题目的直接做法

P1291 [SHOI2002] 百事世界杯之旅

简要题意：不断在 $1,2,\cdots,n$ 中均匀随机抽取一个数，求首次每一个数都被抽到的期望次数。

应用期望的线性性进行 DP 很容易得到答案为 $nH_n$。那么，如果不用期望性质直接暴力求解能不能做？

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下面是推导中要用到的式子，证明将在文末给出：

$$S_2(n,m)=\dfrac{1}{m!} \sum\limits_{i=0}^m (-1)^{m-i} \dbinom{m}{i} i^n \tag{1}$$

$$\sum\limits_{m \geq n} m x^{m-1}=\dfrac{(1-n) x^n+n x^{n-1}}{(1-x)^2} \tag{2}$$

$$\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} i^m = \begin{cases} 0, & m < n\\ (-1)^n n! S_2(m,n), & m \geq n \end{cases} \tag{3}$$

$$\sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \dfrac{1}{i} \dbinom{n}{i}=-nH_n \tag{4}$$

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记首次每一个数都被抽到的次数为随机变量 $X$。事件 $E$ 为 $X=m$；事件 $E_1$ 为 $m-1$ 次内恰抽中了 $n-1$ 个数；事件 $E_2$ 为第 $m$ 次抽中了未抽过的数。则有 $E=E_1E_2$。

$$P(E)=P(E_1) P(E_2 \mid E_1)=\dbinom{n}{1} \dfrac{(n-1)!S_2(m-1,n-1)}{n^{m-1}} \cdot \dfrac{1}{n}=(n-1)!\dfrac{S_2(m-1,n-1)}{n^{m-1}}$$

$$\begin{aligned} E(X) &= (n-1)! \sum\limits_{m \geq n} \dfrac{m}{n^{m-1}} S_2(m-1,n-1)\\ &= (n-1)! \sum\limits_{m \geq n} \dfrac{m}{n^{m-1}} \dfrac{1}{(n-1)!} \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{n-1-i} \dbinom{n-1}{i} i^{m-1}, \text{with (1)}\\ &= \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{n-1-i} \dbinom{n-1}{i} \sum\limits_{m \geq n} m (\dfrac{i}{n})^{m-1}\\ &= \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dbinom{n-1}{i} \sum\limits_{m \geq n} m (1-\dfrac{i+1}{n})^{m-1}, \text{with }i \rightarrow n-1-i\\ &= \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dbinom{n-1}{i} \sum\limits_{m \geq n} m \big(1-\dfrac{i+1}{n} \big)^{m-1}\\ \end{aligned}$$

令 $t=\dfrac{i+1}{n}$，由式 $\text{(2)}$ 得：

$$\sum\limits_{m \geq n} m (1-\dfrac{i+1}{n})^{m-1}=\dfrac{(1-n)(1-t)^n+n(1-t)^{n-1}}{t^2} \triangleq \sum\limits_{k=-2}^{n-2} f_k(n) t^k$$

其中 $f_k(n)$ 为关于 $n$ 的函数，且有：

$$f_{-2}(n)=(1-n)+n=1$$

$$f_{-1}(n)=-n(1-n)-n(n-1)=0$$

$$\begin{aligned} E(X) &= \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dbinom{n-1}{i} \sum\limits_{k=-2}^{n-2} f_k(n) \big( \dfrac{i+1}{n} \big)^k\\ &= \sum\limits_{k=-2}^{n-2} f_k(n) \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dbinom{n-1}{i} \big( \dfrac{i+1}{n} \big)^k\\ \end{aligned}$$

然而，当 $0 \leq k \leq n-2$ 时，由式 $\text{(3)}$，第二层和式的值始终为 $0$，故只剩下 $k=-2$ 的情况：

$$\begin{aligned} E(X) &= n^2 \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dfrac{1}{(i+1)^2} \dbinom{n-1}{i} \\ &= n \sum\limits_{i=0}^{n-1} (-1)^{i} \dfrac{1}{i+1} \dbinom{n}{i+1} \\ &= -n \sum\limits_{i=1}^{n} (-1)^{i} \dfrac{1}{i} \dbinom{n}{i} \\ &= nH(n), \text{with (4)} \end{aligned}$$

比想象中麻烦多了，不知道有没有更简单的方法。

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下面是引理证明：

$(1)$：第二类斯特林数的通项公式，参考组合意义直接容斥即可得到。

$(2)$：错位相减，或者用方便的生成函数：

$$F(x)=\sum\limits_{i \geq n} x^k=\dfrac{x^n}{1-x}$$

$$F'(x)=\sum\limits_{i \geq n} k x^{k-1}=\dfrac{nx^{n-1}(1-x)+x^n}{(1-x)^2}=\dfrac{(1-n) x^n+n x^{n-1}}{(1-x)^2}$$

$(3)$：普通幂转化为下降幂，再用吸收公式。

$$\begin{aligned} & \quad \sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} i^m\\ &=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} \sum\limits_{j=0}^m S_2(m,j) i^{\underline{j}}\\ &=\sum\limits_{j=0}^m S_2(m,j) \sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} i^{\underline{j}}\\ &=\sum\limits_{j=0}^m n^{\underline{j}} S_2(m,j) \sum\limits_{i=0}^n (-1)^i \dbinom{n-j}{i-j} \\ &=\sum\limits_{j=0}^m (-1)^j n^{\underline{j}} S_2(m,j) [n=j] \\ &= \begin{cases} 0, & m < n\\ (-1)^n n! S_2(m,n), & m \geq n \end{cases} \end{aligned}$$

$(4)$：可以见 随机变量学习笔记。给出三种求法（参考 @ do_while_true 的题解 与 UOJ 群友给出的方法）：

组合做法

如果不是 $\frac{1}{i}$ 而是 $\frac{1}{i+1}$，就可以直接吸收掉。

既然不能改变 $\frac{1}{i}$，那能不能把组合数的下指标变成 $i-1$ 呢？应用上指标求和：

$$\begin{aligned} S_n &= \sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \sum\limits_{j=0}^{n-1} \dbinom{j}{i-1} \dfrac{1}{i}\\ &= \sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \sum\limits_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{j+1} \dbinom{j+1}{i}\\ &= \sum\limits_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{j+1} \sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \dbinom{j+1}{i}\\ &= \sum\limits_{j=0}^{n-1} \dfrac{1}{j+1} (0-1)\\ &= -\sum\limits_{j=1}^{n} \dfrac{1}{j}\\ \end{aligned}$$

代数做法（微积分）

$$\begin{aligned} S_n &= \sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \dbinom{n}{i} \int_0^1 t^{i-1} dt\\ &= \int_0^1 \dfrac{dt}{t} \sum\limits_{i=1}^n (-1)^{i} \dbinom{n}{i} t^{i}\\ &= \int_0^1 \dfrac{(1-t)^n-1}{t} dt\\ &=-\int_0^1 \dfrac{s^n-1}{1-s} ds,\text{with } s=1-t\\ &=\int_0^1 \sum\limits_{k=0}^{n-1} s^k ds\\ &= -\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}\\ \end{aligned}$$

生成函数做法

$$\begin{aligned} F(x) &= \sum\limits_{k \geq 0} S_k x^k\\ &= \sum\limits_{k \geq 0} \sum\limits_{i=1}^k (-1)^{i} \dfrac{1}{i} \dbinom{k}{i} x^k\\ &= \sum\limits_{i \geq 1} (-1)^{i} \dfrac{1}{i} \sum\limits_{k \geq i} \dbinom{k}{i} x^k\\ &= \sum\limits_{i \geq 1} (-1)^{i} \dfrac{1}{i} \dfrac{x^i}{(1-x)^{i+1}}\\ &= \dfrac{1}{1-x} \sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{[-x/(1-x)]^i}{i}\\ &= -\dfrac{1}{1-x} \ln(1+\dfrac{x}{1-x})\\ &= \dfrac{\ln(1-x)}{1-x}\\ &=- \big(\sum\limits_{i \geq 0} x^i \big) \big(\sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{x^j}{j} \big) \end{aligned}$$

$$S_n(x)=[x^n]F(x)= -\sum\limits_{j=1}^n \dfrac{1}{j}$$