鞅与停时定理

会随着呆猫做题更新一些，但是非题解部分的改动应该不大

呆猫不会数学，要证明也是直接抄别人的，不如直接放一篇（

详细证明及介绍

主要写点，对鞅与停时定理的理解

定理与势能函数

对于一个随机过程\(\{X_0,X_1,...,X_t\}\)，其中\(X_t\)是终止状态，对于构造出的函数，设为\(\varphi(X_i)\)，有以下要求：

\(E(\varphi(X_{i+1})-\varphi(X_i)|X_0,X_1,...,X_i)=-1\)，即随着时间，势能减少
要求末状态\(\varphi(X_t)\)唯一对应一个值，即\(\varphi(X_i)=\varphi(X_t)\)当且仅当\(i=t\)

构造序列\(Y_i=\varphi(X_i)+i\)，则\(E(Y_{n+1}|X_0,X_1,...,X_n)=Y_n\)，所以\(Y\)是\(X\)的鞅，那么就有

\[\begin{aligned} E(Y_t)&=E(Y_0)\\ E(\varphi(X_t))+E(t)&=E(\varphi(X_0)) \end{aligned} \]

所以\(E(\varphi(X_0))-E(\varphi(X_t))\)就可得到答案

然后\(E(\varphi(X_{i+1})-\varphi(X_i)|X_0,X_1,...,X_i)=-1\)这里不一定是\(1\)，只要是常数就行，如果是其他的数的话只要改一下\(Y_i\)的定义即可

大体方向

大致就是，构造一个势能函数\(F(a_1,a_2,...,a_n)\)，其中\(a_i\)表示每个局面，要使得\(\sum_{\{b_i\}}E(F(b_1,b_2,...,b_n))p_{\{b_i\}}=E(F(a_1,a_2,...,a_n))-1\)，其中\(\{b_i\}\)是\(\{a_i\}\)的后继状态，\(p_{\{b_i\}}\)是后继为\(\{b_i\}\)的概率，在题目中是等概率的，这里这样写是为了直观

由 鞅与停时定理，可知答案为\(E(S)-E(T)\)

这里\(E(F(a_1,a_2,...,a_n))\)就是\(E(\varphi(X_n))\)，\(\sum_{\{b_i\}}E(F(b_1,b_2,...,b_n))p_{\{b_i\}}\)就是\(E[\varphi(X_{n+1})]\)

其实反过来也行，就\(\sum_{\{b_i\}}E(F(b_1,b_2,...,b_n))p_{\{b_i\}}=E(F(a_1,a_2,...,a_n))+1\)，答案为\(E(T)-E(S)\)

一般都是设\(F(a_1,a_2,...,a_n)=\sum_{i=1}^nf(a_i)\)，然后构造出\(f(x)\)

因为\(f(x)\)的式子除了\(x\)的具体值，都长得一样，所以我们列出式子后构造\(f(x)\)时，把和\(x\)相关的提出来化简即可

例题

CF1025G

显然我们现在的\(a_i\)可以表示为挂在第\(i\)个点下面的节点个数

按理来说，应该列式有\(\sum_{\{b_i\}} f(\{b_i\})-f(\{a_i\})=-1\)，\(luogu\)上好像有这么分析的，但是更多数都是直接去找了两个\(a_i\)和\(a_j\)，设为\(a\)和\(b\)，然后直接列式：

\[\begin{aligned} f(a)+f(b)-1&=\frac{f(a+1)+bf(0)}2+\frac{f(b+1)+af(0)}2\\ &=\frac{f(a+1)+f(b+1)+(a+b)f(0)}2 \end{aligned} \]

发现这样实际是要求了任意一组\(a\)，\(b\)的后继差是\(1\)，比原本的要求更严格，是可能没有解的

然后因为势能函数是能我们自己设定的，设\(f(0)=0\)，则得到：

\[f(a)+f(b)-1=\frac{f(a+1)+f(b+1)}2 \]

因为\(f(a)\)和\(f(b)\)是对称的，所以得到\(f(a)-\frac12=\frac{f(a+1)}2\)，化一下式子得到\(f(a)-1=\frac{f(a+1)-1}2\)

那么可知\(f(n)=1-2^n\)

CF850F

按照套路，设出\(f(a_i)\)，那么初始就是\(\sum_i f(a_i)\)

设\(sum=\sum_if(a_i)\)，\(s=\sum_ia_i\)，列式：

\[\begin{aligned} -1+sum&=\frac1{s(s-1)}(\sum_{i\neq j}a_ia_j(sum-f(a_i)-f(a_j)+f(a_i+1)+f(a_j-1))+\sum_ia_i(a_i-1)sum)\\ -1&=\frac1{s(s-1)}\sum_{i\neq j}a_ia_j(-f(a_i)-f(a_j)+f(a_i+1)+f(a_j-1))\\ -1&=\frac1{s(s-1)}\sum_ia_i(f(a_i+1)+f(a_i-1)-2f(a_i)) \end{aligned} \]

设\(g(x)=f(x+1)+f(x-1)-2f(x)\)，因为\(g(x)\)都对称，所以有：

\[\begin{aligned} -1&=\frac1{s(s-1)}\sum_ia_ig(a_i)\\ &\Rightarrow g(x)=\frac{1-s}{s-x} \end{aligned} \]

那么也就有

\[f(x+1)+f(x-1)-2f(x)=\frac{1-s}{s-x} \]

设\(h(x)=f(x)-f(x-1)\)，则有

\[h(x+1)-h(x)=\frac{1-s}{s-x} \]

想要得到\(f(x)\)，只需对右边那个两次前缀和即可

然后因为\(s\)可能会很大，所以要手推一个式子来算，\(f(a_i)\)倒是都可以递推出来

关于赋初值，看到有几种：

\(f(0)=f(1)=0\)
\(f(0)=0\)，\(h(0)=m-1\) \(\Rightarrow\) \(f(s)=0\)
\(f(0)=0\)，\(h(1)=-\frac{m-1}m\)

容易发现，几乎可以给\(h(1)/h(0)\)代入任何值，只要满足我们上面说的两点限制即可，具体代什么值看怎么方便，可以保留\(f(0)\)，\(h(0)/h(1)\)到式子中，最后看代什么值好算即可

学长的文章里的这道题就用的这种方式 https://www.cnblogs.com/Illusory-dimes/p/15832042.html#

CF1479E

设\(sum=\sum_{i=1}^mf(a_i)\)

\[\begin{aligned} -1+sum&=\sum_{i=1}^m\frac{a_i}n\times\frac{(sum-f(a_i)+f(a_i-1)+f(1))+\frac{a_isum}n+\sum_{j\neq i}sum-f(a_i)-f(a_j)+f(a_i-1)+f(a_j+1)}2\\ f(x+1)&=\frac{(3n-2x)f(x)+(x-2n)f(x-1)-nf(1)-2n}{n-x} \end{aligned} \]

因为是两个两个的递推的，\(f(0)\)和\(f(1)\)可以随便设，所以直接钦定\(f(0)=0\)，\(f(1)=-2\)

\[f(x+1)=\frac{(3n-2x)f(x)+(x-2n)f(x-1)}{n-x} \]

\(CF\)的少爷机可以就这样直接递推，递推的时候维护分子分母，到了查询的点再求逆元，复杂度\(O(N+M\log N)\)