非常不正经的鞅与停时定理理解

鞅与停时

计数题的小技巧，也许以后会更详细学一学，目前参考价值不高。

直接看题目。

例题：

一共有 $n\times m$ 张卡，$n$ 种，每种各 $m$ 个。手中维持有 $m$ 张，知道初始的时候每一种牌有 $a_i$ 个，每次随机一张扔掉，并且在牌堆中随机抽一张，然后把扔掉的牌插入牌堆。问多少次之后能够让手牌只有一种卡。

多次给定 $a$ 询问。

$n\le 5000,q\le 200,m\le {10}^5$​。

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考虑比较简单的做法，这种期望题不妨考虑解方程的形式，设 $f_i$ 表示 $i$ 状态还有几步结束，注意到一个事实，我们只关注 $i$ 的可重集，也就是说排序之后考虑，会发现 $n\le 17$ 的时候状态数不到 $300$。有转移 $f_u=\sum p_{u\to v}(1+f_v)$，对着这个高斯消元即可。

对于 $n=2$ 的时候，会发现可以通过前面一个状态推后面一个，这样可以做到快速计算。

更大一点就是正解了，这里需要引入一个科技

鞅与停时定理

非常非常粗浅的理解。

鞅

如果一个时间离散的随机过程 $\{X_0,X_1,X_2\dots \}$ 满足以下两个条件，则称之为鞅

• $\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},\mathbb{E}(|X_t|)<\mathrm{\infty }$，即 $\mathbb{E}(|X_t|)$ 有限
• $\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},\mathrm{\forall }{X}_0,X_1\dots ,\mathbb{E}(X_{t+1}-X_t|X_0,X_1\dots X_t)=0$

考虑用赌博的过来理解，可以把每一个 $X$ 视为赌博某个时刻拥有的资金，每一次变换相当于进行了一次赌博。那么第一个限制就是资金期望有限，第二个限制就是，不管之前状态如何新的一局期望收益始终为 $0$。

注意到第二个结论可以推到出 $\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},\mathbb{E}(X_t)=\mathbb{E}(X_0)$。

停时

随机过程可能有一个终止的时间，但是这个时间可能有多种可能，比如说在数轴上随机游走，走到某个点就停止，那么这个停止时间就是随机的。称这个随机变量为停时。

停时需要满足，通过 $0-T$ 时刻的所有的信息可以判断 $T$ 时刻是否停下。

鞅与停时定理

考虑鞅的停时，设 $T$ 是鞅 $\{X_0,X_1,X_2\dots \}$ 的一个停时，以下三者之一成立的时候，有 $\mathbb{E}(X_T)=\mathbb{E}(X_0)$。

• $T$ 几乎一定有界
• $\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},|X_{t+1}-X_t|$ 一致有界，$\mathbb{E}(T)$ 有限
• $\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},X_t$ 一致有界，$T$ 几乎一定有限

其中有一些高级的词语，几乎一定的意思为 $\mathbb{P}(x)=1$，有限的意思为 $<\mathrm{\infty }$，有界的意思为 $\mathrm{\exists }l,r,l\le x\le r$。

我目前也不太会证明，一般题目要求的都是 $\mathbb{E}(T)$ 因此可以认为题目中这个定理始终成立。

势能函数

OI 中的最常见的应用。

构造函数 $\phi (X)$ 满足：

$$\mathrm{\forall }t\in \mathbb{N},\mathbb{E}(\phi (X_{t+1})-\phi (X_t)|X_0,X_1\dots X_t)=-1$$

可以理解为一个刻画变化过程的函数。

这个时候就可以利用鞅与停时定理了，令 $Y_i=\phi (X_i)+i$，不难发现 $Y$ 是一个鞅。直接用定义法证明即可。

那么就会有优秀的性质 $\mathbb{E}(Y_T)=\mathbb{E}(Y_0)$

展开分析，利用期望的线性性。

$$\begin{array}{rl}\mathbb{E}(Y_T)& =\mathbb{E}(Y_0)\\ \mathbb{E}(\phi (X_T)+T)& =\mathbb{E}(X_0)\\ \mathbb{E}(T)& =\mathbb{E}(X_0)-\mathbb{E}(\phi (X_T))\end{array}$$

注意到 $\phi$ 是我们自己构造的，不妨令其为常数，那么最后得到的就是

$$\mathbb{E}(T)=\mathbb{E}(X_0)-\phi (X_T)$$

这就是最常见的应用了，用来计算停时的有用工具。

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回到原题，之前提到，我们只关注现在每个种类个数的可重集，那么不妨令 $f(a)$ 表示一个时候的势能，$f(a)=\sum _{i=1}^n\phi (a_i)$ 其中 $\phi$ 就是一个构造的函数。

根据上面的过程，对于 $\phi$ 进行限制，即 $\mathbb{E}(f(i+1)-f(i))=-1$，考虑变化的过程，如果选择 $i\to j$ 那么相当于 $f$ 不会改变，也就不会对于 $\mathbb{E}$ 有贡献。那么只需要关心有共贡献的部分，假设目前每一个有 $a_i$ 个，令 $d(i)=\phi (i)-\phi (i-1)$式子写出来就是：

$$\begin{array}{rl}-1& =\sum _{i\ne j}{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_j}{(n-1)m}}\times (\phi (a_i-1)-\phi (a_i)+\phi (a_j+1)-\phi (a_j))\\ & =\sum _{i\ne j}{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_j}{(n-1)m}}\times (d(a_j+1)-d(a_i))\\ & =\sum _{i\ne j}{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_j}{(n-1)m}}\times d(a_j+1)-\sum _{i\ne j}{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_j}{(n-1)m}}\times d(a_i)\\ & =\sum _{j=1}^n{\displaystyle \frac{m-a_j}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_j}{(n-1)m}}\times d(a_j+1)-\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{(n-2)m+a_i}{(n-1)m}}\times d(a_i)\end{array}$$

推完式子别忘了，$d$ 是我们自己构造的， 那么不妨设：

$${\displaystyle \frac{m-a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{m-a_i}{(n-1)m}}\times d(a_i+1)-{\displaystyle \frac{a_i}{m}}\times {\displaystyle \frac{(n-2)m+a_i}{(n-1)m}}\times d(a_i)=-{\displaystyle \frac{1}{n}}$$

这样可以线性构造出来 $d$，也就线性得到了 $\phi$。

最后根据鞅与停时定理，得到答案就是 $ans=f(a)-\phi (m)$。