利用鞅停时定理、构造势能函数求解期望类问题
鞅、停时定理
鞅，用来描述一种 公平、连续 随机过程。首先来看定义，这里只考虑离散意义下的鞅。
称随机过程 \(X=\{X_n,n\ge 0\}\) 为 鞅，若
- \(E(|X_n|)<\infty\)
- \(E(X_{n+1}|X_0,\cdots,X_n)=E(X_n)\)
称随机过程 \(Y=\{Y_n,n\ge 0\}\) 是关于 \(X\) 的 鞅，若
- \(Y_n\) 仅仅与 \(X_0\cdots X_n\) 有关；
- \(E(Y_{n+1}|X_0,\cdots,X_n)=E(Y_n)\)
直观来看，鞅就是一个随机过程：在已知前面所有 \(s\) 时刻之前的观测值，\(s\) 之后的期望与 \(s\) 时刻的期望相等。鞅描述了一种连续期望下的一种不动性。
随机时刻：设取值为 \(\N\cup\{\infty\}\) 的随机变量 \(T\)，及随机过程 \(\{X_n,n\ge 0\}\)，若 \(\forall n\ge 0\)，事件 \(\{T=n\}\) 的示性函数 \(I_{\{T=n\}}\) 仅仅是关于 \(X_0,\cdots,X_n\) 的函数，则称 \(T\) 是随机过程 \(\{X_n,n\ge 0\}\) 的随机时刻。
停时：随机时刻 \(T\) 在不仅满足定义，并且满足 \(P(T<\infty)=1\)，则称 \(T\) 是随机过程 \(\{X_n,n\ge 0\}\) 的停时。
停止过程：若 \(T\) 是对过程 \(\{X_n,n\ge 0\}\) 的一个随机时刻，称 \(X_{n\land T}\) 为停止过程，其中 \(a\land b=\min\{a,b\}\)。
不难证明停止过程也是关于 \(\{X_n,n\ge 0\}\) 的 鞅。
停时定理：假设 \(M=\{M_n,n\ge 0\}\) 是关于 \(X=\{X_n,n\ge 0\}\) 的鞅，\(T\) 是停时，\(P(T<\infty)=1\)，有 \(E(M_{n\land T})=E(M_0)\).
若满足下列三个条件之一：
- \(|M_{n\land T}|\) 几乎处处有界 \(\Leftrightarrow |M_{n\land T}|\le K\)；（\(\rm bounded~in~space\)）
- \(T\) 几乎有限 \(\Leftrightarrow P(T\le K)=1\)；（\(\rm bounded~in~time\)）
- \(E(T)<\infty\)，并且 \(E(|M_{n+1}-M_n|\mid X_0\cdots X_n)\le K\)；（\(\rm bounded~in~increments\)）
则有 \(E(M_T)=E(M_0)\) 成立。
猴子打字问题
给定字符集大小为 \(m\)，长度为 \(n\) 的串 \(s\)。初始时，令字符串 \(t=\phi\)，每次在 \(t\) 后面随机加入一个字符。求 \(s\) 第一次成为 \(t\) 后缀的期望时间。
常规做法：设 \(F(x)\) 表示不同长度下，\(s\) 第一次成为 \(t\) 后缀的概率生成函数，\(G(x)\) 表示不同长度下，\(s\) 没有成为 \(t\) 后缀的概率生成函数。
在 \(G\) 后加任意一个字符，只会变成 \(F\) 和 \(G\) 的一种，得到
在 \(G\) 后面添加 \(s\)，有可能提前成为 \(F\)，成为 \(F\) 之前加入的部分一定为 \(\rm border\)。设 \(c(x)=\sum_{i=1}^n[s[1,i]=s[n-i+1,n]](\frac xm)^{n-i}\)，得到
联立得到
期望为 \(F'(1)\)。两边求导后代入 \(F(1)=1\) 和 \(x=1\)，即可得到结果为 \(\sum_{i=1}^n[s[1,i]=s[n-i+1,n]]m^i\)。
使用 停时定理 也可求解。
假设在每个时刻，有一个赌徒拿着 1 元钱入场，并押当前这一次随机的字符为 \(s_1\)。如果没押中，输光离场；押中了，资金变成 \(m\) 倍。下一次他押 \(s_2\)，同样按照刚刚的方法；下一次押 \(s_3\)、\(s_4\)、\(\cdots\)，直到押中 \(s_n\) 为止，此时他有 \(m^n\) 元钱，或者输光离场。
不难发现每个赌徒在任何时候的 期望收益 为 0，在第 \(t\) 个时刻后，设所有赌徒的 金额总和 期望为 \(A_t\)，则 \(\{A_t-t,t\ge 0\}\) 是鞅。
设 \(T=\min\{x:t[n-x+1,n]=s\}\)，则 \(T\) 是一个停时，同时 \(0\le A_{t\land T}-t\land T\le \sum_{i=1}^nm^i-n\) 有界，由停时定理得到
而
故
\(E(A_T)\) 的意义为：\(T\) 到来时（即结束时），所有赌徒的金额总和。显然上式成立。
势能函数
我们发现求解这类问题的关键，就是选取一个好的鞅，利用停时定理求解方程。这时，构造一个好的 势能函数 将会大有功用。
给定随机序列 \(A=\{A_n,n\ge 0\}\)，\(T\) 为停时，求 \(E(T)\)。
构造势能函数 \(\Phi(A)\)，满足：
- \(E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)|A_0,\cdots,A_n)=-1\)；
- \(\Phi(A_T)\) 为常数，且 \(\Phi(A_i)=\Phi(A_T)\) 当且仅当 \(i=T\)；
构造序列 \(X_n=\Phi(A_n)+n\)，则 \(X=\{X_n,n\ge 0\}\) 是关于 \(A\) 的鞅。
利用停时定理，得到：\(E(X_T)=E(X_0)\)，即 \(E(\Phi(A_T)+T)=E(\Phi(A_0))\Rightarrow E(T)=E(\Phi(A_0))-\Phi(A_T)\)。
CF1025G Company Acquisitions
给定 \(n\) 个节点，每个节点要么为根，要么父亲为根；
现在有一种操作：等概率选取两个 不同的根 \(x\) 和 \(y\)（关心顺序），将 \(y\) 的所有孩子变成根（有可能没有），\(y\) 的父亲设成 \(x\)。
该操作当且仅当只剩下一个根时结束。
询问期望操作数，对 \(10^9+7\) 取模。\(n \le 500\)。
做法：设一棵有 \(x\) 个孩子的树的势能为 \(f(x)\)，当前局面势能 \(\Phi(A)=\sum_{a_i\in A}f(a_i)\)。对于操作，假设两棵树的孩子分别为 \(x\) 和 \(y\)，操作完成以后，对于先后状态的变化关系，根据 \(x\rightarrow y\) 和 \(y\rightarrow x\) 的概率各占一半，利用上面的公式，我们可以列出
由于是势能，我们不关心 \(f(0)\) 的值，不妨设 \(f(0)=0\)，得到
由于对于任意 \(x,y\) 方程均成立，我们可以写出
解得 \(f(x)=1-2^x\)
依据停时定理，最后求起末状态的势能差即可。
CF850F Rainbow Balls
袋子里有 \(n\) 种颜色的球，第 \(i\) 种颜色有 \(a_i\) 个。
每次操作：等概率取出两个球 \(x\) 和 \(y\)（有序），将 \(y\) 的颜色变成 \(x\) 的颜色。操作直到所有球颜色相同时停止。
期望多少次操作后停止。答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 2500\)，\(a_i\le 10^5\)。
常规做法：设 \(f_i\) 表示当下某种颜色的球有 \(i\) 个，该颜色能成为成为最终所有球的颜色时的期望次数。首先 \(f_i\) 是条件期望，由全期望公式，答案就是
\(p_{a_i}\) 表示某种颜色有 \(a_i\) 个，其能成为最终颜色的概率。
第一步，我们要求解 \(p_i\)。假设 \(s=\sum_{i=1}^na_i\)，不难列出
易知 \(\{p\}\) 成等差，代入 \(p_0=0\) 和 \(p_s=1\) 得到 \(p_i=\frac is\)。
现在列期望的方程。由条件期望得到
令 \(g_i=if_i-(i-1)f_{i-1}\)，有 \(g_{i+1}=g_i-\frac{s(s-1)}{s-i}\) 成立，再令 \(h_i=g_{i+1}-g_{i}=-\frac{s(s-1)}{s-i}\)，则 \(g_n=g_1+\sum_{i=1}^{n-1}h_i\)，\(nf_n=\sum_{i=1}^ng_i=ng_1+\sum_{i=1}^{n-1}(n-i)h_i\)，代入 \(f_s=0\) 得到
剩余部分线性递推即可。复杂度 \(\mathcal O(\max a_i\log P)\)。
势能法：定义 \(f(x)\) 表示同种颜色有 \(x\) 个球的势能，当前局面势能 \(\Phi(A)=\sum_{a_i\in A}f(a_i)\)。对于操作：我们有 \(\frac{a_i(a_i-1)}{s(s-1)}\) 的概率选出来两个相同颜色的球，有 \(\frac{a_ia_j}{s(s-1)}\) 的概率将 \(i\) 变成 \(j\)。
于是有
最后一步利用 \((i,j)\) 和 \((j,i)\) 对调部分项得到。
继续
我们希望这个式子恒成立，于是直接令
似曾相识？！基本上跟上面一样了。
CF1349D Slime and Biscuits
有 \(n\) 个人，第 \(i\) 个人拥有 \(a_i\) 块饼干。
每次操作，等概率随机一块饼干，假设这是 \(x\) 的饼干，再等概率随机除 \(x\) 外的一个人 \(y\)，将 \(x\) 的这块饼干交给 \(y\)。该过程直到一个人拥有所有饼干。
求期望操作次数。\(n\le 10^5\)，\(\sum a_i\le3\times10^5\)。
常规做法：（咕咕咕）
势能法：令 \(S=\sum a_i\)，设 \(f(x)\) 表示某个人有 \(x\) 块饼干时的势能，当前局面总势能 \(\Phi(A)\) 为 \(\sum_{a_i\in A}f(a_i)\)。老生常谈，写出
方便地，我们令
令 \(f(0)=0\)，代入 \(x=0\)，解得 \(f(1)=0\)。于是可以快乐地线性递推。
最后求势能差即可。
自己在一道题目上的尝试
（树上移动）：给定一棵 \(n\) 个节点的树，\(i\) 号节点的父亲为 \(f_i(f_i<i)\)。每个节点的颜色要么为黑，要么为白。起始时，等概率随机一个节点作为起点。之后每一次，从 \(n\) 个点中等概率选取一个节点 \(x\)，从当前点走到 \(x\)，并且翻转节点 \(x\) 的颜色（黑->白 或者 白->黑）。该过程直到所有节点都变成白色或者黑色时停止。求期望走过的路径长度和，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 10^5\)。
这道题是我自己想出来利用 停时定理，构造一个合适的鞅来求解，希望能够起到抛砖引玉之效。
首先该问题与之前的问题不太一样：之前要求解期望时间，而这里要求解期望路径长度。势能法不能直接运用于此。
首先我们来描述这个随机游走的过程。
设 \(X_n\) 表示第 \(n\) 个时刻下关于点的随机变量，其中每个点等概率；\(E[Y_n]\) 表示第 \(n\) 个时刻，期望走过的路径长度和。根据定义有 \(E[Y_n]=E[\sum_{i=1}^n{\rm dis}(X_{i-1}, X_i)]\)。
令停时 \(T\) 表示所有节点第一次全部变成白/黑的时刻，该随机时刻描述了何时过程结束。我们的问题就是要求解 \(E[Y_T]\) 的值。
令 \(\overline d=\frac{\sum_{x,y}{\rm dis}(x,y)}{n^2}\)，显然 \(E[{\rm dis}(X,X)]=\overline d\)。令 \(\overline{d_x}=\frac{\sum_y{\rm dis}(x,y)}n\)，显然 \(E[{\rm dis}(x,X)]=\overline{d_x}\)。
为了构成鞅，我们考虑令 \(Z_n=Y_n-n\overline d\)。但遗憾的是，根据鞅的定义，\(E[Z_{n+1}|X_0,\cdots,X_n]\) 可能不等于 \(E[Z_n|X_0,\cdots,X_n]\)，也就是说 \(Z\) 不是鞅！最主要的原因：\(E[Z_{n+1}|X_0,\cdots,X_n]\) 与 \(X_n\) 相关！\(Y\) 的增量可能小于（或大于）\(\overline d\)，比如 \(E[{\rm dis}(x, X)]<E[{\rm dis}(X,X)]\)，这些增量无法通过后面减法的部分配平。
仔细思考发现 \(E[Y_{n+1}|X_0,\cdots,X_n]\) 仅仅与 \(X_n\) 相关！即 \(E[Y_{n+1}|X_0,\cdots,X_n]=E[Y_{n+1}|X_n]\)。我们来尝试构造函数 \(f(X)\) 来辅助配平式子，也就是让
成立。
于是我们尝试列方程。由于 \(X_n\) 已知，假设 \(X_n=x\)，能得到
该式对于任意 \(x\) 均成立。直接令 \(f(x)=\overline{d_x}-\overline d\) 即可。
这样，令 \(Z_n=Y_n+f(X_n)-n\overline d\)，\(Z\) 将关于 \(X\) 构成鞅。不难得出 \(E(T<\infty)=1\)，并且根据构造，\(E[|Z_{n+1}-Z_n|]\) 显然有界，于是乎可以利用 停时定理 了！
其中
\({\rm Pr}(X_T=x)\) 的意义是：最后一次翻转的点为 \(x\) 的概率。\(E[T]\) 表示期望操作次数。两者直接列 DP 求解即可。
回顾刚刚的过程，我们发现：鞅和停时定理的运用，可以帮助我们转化问题、简化问题，避免某些复杂的状态设计，甚至有可能在消元上都要折磨大家（本题的一种常规做法在消元上较为麻烦）。求解问题的关键，就是选取一个合适的鞅，有时为了构造鞅，甚至需要构造合适的函数，结合停时赋予的实际意义，这样转化会变得十分方便。
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5, P = 1e9 + 7;
int n, fa[N], siz[N], dis[N], dep[N], sdep, inv[N], cnt;
char s[N];
void upd(int &a, ll b) { (a += b) %= P; }
int qpow(int a, int b) {
int c = 1;
for (; b; b >>= 1, a = (ll)a * a % P)
if (b & 1) c = (ll)c * a % P;
return c;
}
struct Data {
int x, y;
Data(int x = 0, int y = 0) : x(x), y(y) {}
Data operator + (Data o) { return Data((x + o.x) % P, (y + o.y) % P); }
Data operator - (Data o) { return Data((x - o.x + P) % P, (y - o.y + P) % P); }
Data friend operator * (Data o, ll k) { return Data(k * o.x % P, k * o.y % P); }
int v(int o) { return ((ll)x * o + y) % P; }
} f[N], g[N];
int main() {
scanf("%d%s", &n, s + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
siz[i] = 1, cnt += s[i] == '1';
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
scanf("%d", &fa[i]), inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
for (int i = n; i > 1; i--) upd(siz[fa[i]], siz[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)
dis[i] = (dis[fa[i]] - siz[i] + P) % P, upd(sdep, dep[i] = dep[fa[i]] + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
upd(dis[0], dis[i] = (dis[i] * 2 + (ll)n * dep[i] + sdep) % P * inv[n] % P);
dis[0] = (ll)dis[0] * inv[n] % P;
f[1] = g[1] = {1, 0};
for (int i = 1; i < n; i++)
f[i + 1] = ((f[i] * n * inv[i] - f[i - 1]) * (i + 1) - Data(0, inv[i])) * inv[n - i - 1],
g[i + 1] = (g[i] * n - g[i - 1] * i - Data(0, n)) * inv[n - i];
int x = (ll)(P + 1 - f[n - 1].y) * qpow(f[n - 1].x + n - 1, P - 2) % P, y = (ll)(P - g[n].y) * qpow(g[n].x, P - 2) % P;
int ans = (ll)dis[0] * g[cnt].v(y) % P;
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans = (ans - (ll)(dis[i] - dis[0]) * (f[s[i] == '0' ? cnt : n - cnt].v(x) - inv[n]) % P + P) % P;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
