鞅与停时定理

其实这是一篇正经的科普文章。

一些约定#

• 随机过程：对一个参数集随机的一组变量集合，参数集通常是时间 $T$，若 $\forall t\in T$，$X_t$ 为随机变量，那么 $\{X_t|t\in T\}$ 就是一个随机过程。
• 条件概率：$P(A|B)$，即 $A$ 事件在 $B$ 事件条件下发生的概率。
• 条件期望：$E(A|B)$，类比条件概率，即 $A$ 事件在 $B$ 事件条件下的期望。
• 几乎一定：事件 $A$ 几乎一定发生，当且仅当 $P(A)=1$。$A$ 不发生的情况集合可能非空，但它们的概率为 $0$。样本空间有限时，“几乎一定”和“一定”通常没有区别；但是当样本空间无限时，就有区别了。比如 $[0,1]$ 中均匀随机一个实数 $x$，则 $P(x>0)=1$，可以说选出的 $x$ 几乎一定大于 $0$，但理论上确实可以存在 $x=0$ 的样本。

离散时间鞅#

一个离散时间鞅为一个以时间为参数集合的随机过程，即随机过程 $\{X_0,X_1,\cdots \}$，满足对于任意时刻 $n\in \mathbb{N}$，均有：

• $E(|X_n|)<∞$。
• $E(X_{n+1}-X_n|X_{0},X_{1},\cdots ,X_{n})=0$。

第二个条件看起来不知所云，其实意思就是当 $X_{0},X_{1},\cdots ,X_{n}$ 已经确定时，$X_{n+1}$ 的期望等于 $X_n$。类似一个公平赌博游戏，若我们已经得到了前 $n$ 场赌博后你所拥有的财产（观测值），那么要求第 $n+1$ 场的观测值的期望等于第 $n$ 场的观测值（不亏不赚），才能满足公平赌博游戏的定义（所以公平赌博游戏其实差不多就是鞅www）。

同时不难发现鞅的线性加减、增减常数都不影响其鞅的性质。

停时#

关于随机过程 $\{X_{0},X_{1},\cdots\}$ 的停时为一个非负的随机变量 $T$（可能为 $∞$，即操作无限进行），满足对任意时刻 $n$，你可以通过观测 $X_0,X_1,\cdots,X_{n}$ 的取值得出 $n$ 和 $T$ 的大小关系/等量关系。即 $[n=T],[n<T],[n>T]$ 三个随机变量的取值仅与 $X_{0},X_{1},\cdots ,X_{n}$ 有关。

对于随机过程 $\{X_0,X_1,\cdots\}$，对应带停时为 $T$ 的随机过程 $\{\overline {X_0},\overline {X_1},\cdots\}$ 的定义为：

$$\overline {X_n}=\begin{cases}X_n\quad n\le T\\X_T\quad n>T\end{cases}$$

即 $\{\overline {X_{1}},\overline {X_{2}},\cdots \}$ 为将 $\{X_0,X_1,\cdots \}$ 在 $T$ 之后的项全部覆盖为 $T$ 后的随机过程，可以看作在时刻 $T$ 终止随机操作。（所以停时也可以理解为操作的停止时间。）

由于 $\overline{X_n}$ 中 $n\le T$ 时 $\overline{X_n}=X_n$ 期望不变，而 $n>T$ 时我们钦定它期望不变，所以满足鞅期望观测值不变的性质，所以 $\{\overline{X_1},\overline{X_2},\cdots\}$ 也是一个鞅。

鞅的停时定理#

设 $T$ 为离散时间鞅 $\{X_0,X_1,\cdots\}$ 的停时，且 $T$ 几乎一定有限，当下面三个条件之一成立时，有 $E(X_T)=E(X_0)$

• $T$ 几乎一定有界，即存在常数 $K$，$P(T\le K)=1$。
• $E(|X_{i+1}-X_i|)$ 几乎一定有界，且 $E(T)$ 有限，即存在常数 $K$ 使得 $P(E(|X_{i+1}-X_i|)\le K)=1$
• $\overline{X_i}$ 几乎一定有界，即存在常数 $K$ 使得 $P(|\overline{X_i}|\le K)=1$

为了帮助理解，给出下面若干例子：

• 数轴上从 $0$ 开始随机向右游走，每次走 $1$ 或 $2$ 的距离，走过一个常数 $K$ 后停止。那么 $T$ 一定有界，满足第一个条件。
• 从 $[0,1]$ 中随机选择实数，直到选出非 $0$ 数为止。$T$ 几乎一定有界，满足第一个条件。
• 数轴上从 $0$ 开始随机左右游走，每次走 $1$ 的距离，走到区间 $[-K,K]$（$K$ 为常数） 边界后停止。由于 $\overline{X_n}$ 有界 $[-K,K]$，满足第三个条件。
• 你在读这篇文章，假设你每次随机向目前阅读位置的后面跳一个位置然后开始读，读完为止。那么很显然 $\overline{X_n}$ 有界（文章长度），也满足第三个条件。
• 第二个条件是大多数题目所包含的（比如让你求停时的期望，每次操作带有的变化量有界等等）。

势能分析#

考虑经典模型：

假设现在有随机过程 $\{X_0,X_1,\cdots \}$，$T$ 为其停时，给定初始状态 $X_0$，终止状态 $\overline{X_T}$，求 $E(T)$。

考虑构造势能函数 $\varphi(X)$，同时描述了时间和状态两个变量：

• $E(\varphi(X_{n+1})-\varphi(X_{n})|X_{0},X_{1},\cdots,X_{n})=-1$
• $\varphi(X_{T})$ 为常数，且 $\nexists i<T,\varphi(X_{i})=\varphi(X_T)$

第一个限制保证了每个时刻，势能的变化量期望为 $-1$，那么 $E(\varphi(X_0))-E(\varphi(X_n))=n$；第二个限制保证了末状态势能唯一，也就是保证末状态为第一个满足终止条件的状态的需要。

构造 $Y_i=\varphi(X_i)+i$，根据定义，$\{Y_0,Y_1,\cdots\}$ 为一个离散时间鞅。那么根据停时定理，可以得到 $E(Y_T)=E(Y_0)$，即 $E(\varphi(X_T)+T)=E(\varphi(X_0))$，即 $E(T)=E(\varphi(X_0))-E(\varphi(X_T))$，根据定义右边两项都是常数值，于是就能方便地求出 $E(T)$。

有的地方也把 $\varphi$ 取相反数，那么就是每次期望 $+1$，期望停时为初状态的势能减去末状态的势能。

对于一般题目来讲，构造关于题面中状态有关量为自变量的函数，然后根据第一条限制解函数方程/递推，并使用鞅与停时定理求出期望停时即可。

势能具有相对性，这允许我们对于一些常数 $C$，钦定 $f(C)$ 的值。这通常会使函数方程大大简化。

CF1025G Company Acquisitions#

定义整个局面 $X$ 的势能函数为 $\varphi(X)$，由于我们只关心每个点跟在屁股后面的点的个数，定义单个点 $u$ 的势能为 $f(c_u)$，$c_u$ 为局面 $X$ 下跟在 $u$ 后的点的个数，$f$ 为关于 $c$ 的函数，令 $\varphi(X)=\sum\limits_{u}f(c_u)$。

则 $X\to X'$ 的势能变化量只和每次随机选出来的两个点 $u,v$ 的 $c$ 有关，令 $c_u=x,c_v=y$：

$$\begin{aligned}E(\varphi(X'))-E(\varphi(X))&=-1\\E(\varphi(X'))&=E(\varphi(X))-1\\\frac{1}{2}(f(x+1)+yf(0))+\frac{1}{2}(f(y+1)+xf(0))&=(f(x)+f(y))-1\end{aligned}$$

我们令 $f(0)=0$：

$$\frac{1}{2}f(x+1)+\frac{1}{2}f(y+1)=f(x)+f(y)-1$$

要求对任意 $x,y$ 均成立，那么一个简单的想法是直接拆两半：

$$\frac{1}{2}f(x+1)=f(x)-\frac{1}{2}$$

结合 $f(0)=0$ 得到：

$$f(x)=1-2^x$$

那么答案就是 $\left(\sum\limits_{u}f(c_u)\right)- f(n)$，复杂度 $O(n)$。

CF1479E School Clubs#

我们只关心每个组内的人数，所以依旧令局面 $X$ 的势能值 $\varphi(X)=\sum\limits_{i=1}^{m}f(a_i)$ 为各个组势能之和，一组的势能定义为其人数 $a_i$ 的 $f$ 值。

每次操作，将随机发电的那个人所在的组拎出来，设为第 $i$ 组：

• 这个人新开了一个组：$\varphi(X')=\varphi(X)-f(a_i)+f(a_i-1)+f(1)$。
• 这个人回到了原来的组：$\varphi(X')=\varphi(X)$。
• 这个人跑到了其他组，设为 $j$ 组：$\varphi(X')=\varphi(X)-f(a_i)-f(a_j)+f(a_i-1)+f(a_j+1)$

然后就是一些 Dirty Work 了：

$$\begin{aligned}&E(\varphi(X')-\varphi(X)|X)\\=&\sum\limits_{i=1}^m\frac{a_i}{2n}\left(-f(a_i)+f(a_i-1)+f(1)+\frac{a_i}{n}\varphi(X)+\sum\limits_{j\neq i}\frac{a_j}{n}\left(-f(a_i)-f(b_i)+f(a_i-1)+f(b_i+1)\right)\right)\\=&\sum\limits_{i=1}^m\frac{a_i}{2n}\left(-\left(2-\frac{a_i}{n}\right)f(a_i)+\left(2-\frac{a_i}{n}\right)f(a_i-1)+f(1)+\sum\limits_{j\neq i}(f(a_j+1)-f(a_j))\right)\\=&\frac{1}{2}f(1)+\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i}{2n}\left(-\left(3-\frac{2a_i}{n}\right)f(a_i)+\left(2-\frac{a_i}{n}\right)f(a_i-1)+\left(1-\frac{a_i}{n}\right)f(a_i+1)\right)\\=&-1\end{aligned}$$

不妨设 $f(1)=-2$：

$$\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i}{2n^2}\left(-(3n-2a_i)f(a_i)+(2n-a_i)f(a_i-1)+(n-a_i)f(a_i+1)\right)=0$$

$$-(3n-2a)f(a)+(2n-a)f(a-1)+(n-a)f(a+1)=0$$

然后 $O(n)$ 递推 $f$ 的值即可。这是能过的。