概率学习（Genshin中）

目前待补充：停时定理的部分例题。

定义

首先定义样本空间 $\Omega$，是所有样本点（结果）的集合。

随机事件 $A$ 是样本空间的子集。

定义事件和为事件并，积为事件交。

事件域 $\mathcal{F}$ 是事件的集合。

满足：

$$\emptyset\in \mathcal{F},\forall A_1,A_2\in F,A_1\cup A_2\in\mathcal{F},A_1\cap A_2\in\mathcal{F}$$

$$\mathcal{F}\subseteq \Omega,\forall A\in\mathcal{F},\complement_{\Omega}^{A}\in\mathcal{F}$$

这样的定义规避了大量无用的事件属于事件域的问题。

在样本点等可能情况下，概率函数古典定义为：

$$P(A)=\frac{|A|}{|\Omega|}$$

然而，现代的公理化定义为：

$P$ 是从 $\mathcal{F}$ 到 $[0,1]$ 的映射，满足：

$P(\Omega)=1$，且对于两两不交的事件，有：

$$P(\cup A_i)=\sum P(A_i)$$

概率函数有性质：

$P(A)+P(B)=P(A+B)-P(AB),P(A-B)=P(A)-P(AB)$

我们将三元组 $(\Omega,\mathcal{F},P)$ 为一个概率空间。

条件概率：

在 $A$ 发生条件下，$B$ 发生的概率为：

$$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}$$

立刻有全概率公式：对于两两不交、和为 $\Omega$ 的事件 $A_1,A_2,\dots,A_n$，有：

$$P(B)=\sum P(B|A_i)P(A_i)$$

同时有贝叶斯公式：

$$P(A_i|B)=\frac{P(A_iB)}{P(B)}=\frac{P(A_i)P(B|A_i)}{\sum_{j=1}^n P(A_j)P(B|A_j)}$$

独立：事件 $A,B$ 独立当且仅当：

$$P(AB)=P(A)P(B)$$

随机变量本质是样本空间映射到实数的一个函数（一般是实数）。

根据定义域分为离散型和连续型。

就是 $\forall t\in \mathcal{R},\{\omega \in\Omega:X(\omega)\le t\}\subseteq \mathcal{F}$。

对于随机变量 $X$，分布函数 $F(x)=P(X\le x)$。

密度函数为 $f(x)$。满足：

$$\int_{-\infty}^p f(x)dx=F(p)$$

如果随机变量 $X,Y$ 满足 $\forall x,y,P(X\le x,Y\le y)=P(X\le x)P(Y\le y)$，则称之独立变量。

两两独立的变量集不一定独立。

当然，对于离散型，用等于定义也没错。

有性质：若 $X,Y$ 独立，$f(X),g(Y)$ 独立。$f,g$ 是任意函数。

定义示性函数 $I_A(\omega)$ 满足：

$$I_A(\omega)=[\omega\in A]$$

则可知，$E(I)=P(A)$。

设离散型随机变量 $X$ 的概率分布为 $p_i=P\{X=x_i\}$，若和式

$$\sum p_ix_i$$

绝对收敛，则称其为 $X$ 的期望，记为 $E(X)$。

连续型则是：

设密度函数为 $f(x)$。

$$\int_{\mathcal{R}}xf(x)dx$$

期望有线性性，即无论独立性，$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$

相互独立的变量有 $E(XY)=E(X)E(Y)$。（本质上随机变量是一个函数）

同样可以定义条件期望 $E(X|Y=y)$，有全期望公式：

$$E(E(X|Y))=E(X)$$

定义方差 $V(X)=E((X-E(X))^2)$。标准差 $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$。

重要公式：

$$V(X)=E(X^2)-E^2(x)$$

在序列上熟知此结论。

若 $X,Y$ 独立，$V(X+Y)=V(X)+V(Y)$。

概率不等式

Union Bound

设 $X_1\sim X_n$ 是随机事件，则：

$$P\{\bigcup_{i=1}^{n}X_i\}\le\sum P(X_i)$$

切比雪夫不等式

$$P((X-E(X))^2\ge \alpha)\le \frac{V(X)}{\alpha}$$

取 $\alpha=c^2V(X)$，其中 $c$ 为一指定常数。那么

$$P(|X-E(X)|\ge c\sigma)\le \frac{1}{c^2}$$

证明：

$$V(X)=\sum_{\omega\in\Omega}(X(\omega)-E(X))^2P(\omega)$$

令 $F(\omega)=(X(\omega)-E(X))^2$。

$$V(X)\ge \sum_{\omega\in\Omega,F(\omega)\ge\alpha}F(\omega)P(\omega)$$

$$\ge \sum_{\omega\in\Omega, F(\omega)\ge\alpha}\alpha P(\omega)$$

$$=\alpha P((X-E(X))^2\ge \alpha)$$

应用

弱大数定律及证明

我们初中时候知道，可以用频率估计概率，但是似乎没有人解释为什么。

设 $X_1,X_2,\dots,X_n$ 是相互独立，满足同一分布的随机变量，具有同一数学期望 $E(X_i)=\mu$。

有：

$$\forall \epsilon>0,\lim_{n\to\infty}P(|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu|<\epsilon)=1$$

证明：

$$E(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(X_i)=\mu$$

$$V(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nV(X_i)=\frac{v}{n}$$

切比雪夫不等式知，

$$1\ge P(|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nX_i-\mu|<\epsilon)\ge 1-\frac{V}{n\epsilon^2}$$

令 $n\to\infty$，即证得弱大数定律。

马尔可夫不等式

若随机变量 $X$ 取值非负，有：

$$P\{X\ge a\}\le\frac{E(X)}{a}$$

证明：

设事件 $A$ 为 $X\ge a$。

则显然，$I_A(X)\le \frac{X}{a}$

$$P\{X\ge a\}=E(I_A(X))\le E(\frac{X}{a})=\frac{E(X)}{a}$$

切尔诺夫不等式

用于限制变量偏移期望值程度。

定义 Poisson 试验：

随机变量 $X$，值域为 $\{0,1\}$。$P\{x=1\}=p_1,P\{x=0\}=1-p_1$。

对于 $n$ 个独立的泊松试验 $X_1\sim X_n$，设 $X=\sum X_i,\mu=E(X)$ 有：

$$P\{|x-\mu|\ge a\mu\}\le 2\exp(-\frac{\mu a^2}{3}),a\in(0,1)$$

霍夫丁不等式

设 $X_1\sim X_n$ 是值域为 $[a_i,b_i]$ 的随机变量。

设随机变量 $X=\sum X_i$。

那么：

$$P(|X-E(X)|\ge a)\le 2\exp(\frac{-2a^2}{\sum_{i=1}^n(b_i-a_i)^2})$$

切尔诺夫界及证明

改写上面的切尔诺夫不等式。

设 $\mu=E(X)$。

$$P(x\ge(1+\delta)\mu)\le \exp(-\frac{\delta^2}{\delta+2}\mu)$$

$$P(x\ge(1-\delta)\mu)\le \exp(-\frac{\delta^2}{2}\mu)$$

这里第一个式子的限制为 $\delta\ge 0$，第二个是 $\delta\in(0,1)$。

也可以得到同霍夫丁不等式给出的条件的另一个界：

$$P(X\ge (1+\delta)\mu)\le \exp(\frac{-2\delta^2\mu^2}{n(b-a)})$$

下界公式：

$$P(X\le (1+\delta)\mu)\le \exp(\frac{-\delta^2\mu^2}{n(b-a)}$$

经验来说，$E(X)$ 接近 $\sum a_i$ 时霍夫丁更给力，否则切尔诺夫更好。

下试证明其上尾。

设 $M_X(s)=E(e^{sX})$。

根据马尔可夫不等式有：

$$P(x\le a)-P(e^{-sX}\ge e^{-sa})\le \frac{E(e^{sx})}{e^{-sa}}$$

易知，对于独立变量 $X_1\sim X_n$，有：

$$M_X(s)=\prod M_{X_i}(s)$$

令 $Y$ 为泊松试验，根据 $e^x\ge x+1(x\ge 0)$ 可知：

$$M_Y(s)=E(e^{sY})\le e^{p(e^s-1)}$$

以上可知：

$$M_X(s)=\prod M_{X_i}(s)\le\prod e^{p_i(e^s-1)}=e^{(e^s-1)\sum p_i}\le e^{(e^s-1)\mu}$$

马尔可夫不等式知道，

$$P(X\le(1+\delta)\mu)\le \frac{e^{s\mu}}{e^{s(1+\delta)\mu}}\le \frac{e^{(e^s-1)\mu}}{e^{s(1+\delta)\mu}}$$

取 $s=\ln (\delta+1)$

上式等于：

$$(\frac{e^s}{(1+\delta)^{1+\delta}})^{\mu}$$

求导易证，

$$\ln(x+1)\ge \frac{2x}{x+2},x>0$$

取上式的 $\ln$，得：

$$\ln(\frac{e^s}{(1+\delta)^{1+\delta}})^{\mu}=\mu(\delta-(\delta+1)\ln(\delta+1))\le -\frac{\delta^2}{\delta+2}\mu$$

再 $\exp$ 一下，得到：

$$P(x\ge(1+\delta)\mu)\le \exp(-\frac{\delta^2}{\delta+2}\mu)$$

P4154 [WC2015] 混淆与破解

我有一个长度为 $n$ 的 01 串。

你知道了 $Q$ 次操作，每次操作是这样的：

$$\text{y[u] = (not (y[v] and y[s])) xor y[d] xor y[e]}$$

这个算法经过一定程度的混淆，即对于比例为 $p$ 的部分是反的。

其中，$y$ 数组的初始值是这个 01 串，即 $y[i]$ 是 01 串的 $i$ 位。

$y$ 的长度为 $L$，初始 $n+1\sim L$ 为 $0$。

你需要构造一个确定算法，格式为：

$z_i=\text{xor}^{t_i}_{j=1}x_j,i\in[1,m]$，$t_i$ 和 $x_j$ 是自行指定的。

同时，你需要构造将任意 $z$ 映射到 $\{0,1\}$ 的函数 $h$，使得对于 $2^n$ 种输入，都有，$y[0]=h(z[])$。

输入 $n,m,L,Q$ 和 $Q$ 次的五个参数。

保证 $h$ 不能化简为少于 $m$ 个 $z_i$ 的函数，即若干 $z$ 线性无关。

$n\le 64,L\le 256,Q\le 1024,m\in[1,4]$

本 Solution 来自 https://matthew99.blog.uoj.ac/blog/5511。

具体可见其代码，我的代码基本就是 copy 的，就不挂了（

设 $s_i$ 为 $z$ 对于每个 $x_i$ 是否存在的状压。

（感觉原题解在这里的定义有点问题？改了一下，但很可能是我搞错了 qwq）

考虑我随机一个答案，其对应的 $s$ 异或和为 $0$ 的概率为 $2^{-m}$。

此时对于 $x\ \text{xor}\ s$ 在给出的函数输出下等于 $x$ 的输出的概率由于噪声为 $2p\le 0.02$。

否则 $\exists x$ 使得 $x\ \text{xor}\ s$ 不等于 $x$ 的输出。否则 $z$ 不满足线性无关。

输出不同概率为 $2^{1-m}\ge 0.125$ 。

所以我随机的 $s$ 如果满足多次再随机 $x$ 得到的绝大部分都满足等于，那么我就可以确信，它对应一个异或和为 $0$ 的集合。我就得到了一个方程。

根据线性代数（？）知道只需要 $n-m$ 个线性无关的方程，我就可以得到 $m$ 个线性无关解。我就可以得知 $z_1\sim z_m$，然后可以随机取 $\max$ 得到 $h$。

接下来只需要确定随机的次数。

有至多 $0.02$ 的概率被噪声干扰，至少 $0.125$ 的概率检测到 $s$ 异或和非零。

那么我随机 $200$ 次，取至多 $4$ 次不相等，得到的判断错误的概率为：

这里 $\mu=0.02\times 200=4$。

有切尔诺夫上界公式

$$P(x\ge(1+\delta)\mu)\le \exp(-\frac{\delta^2}{\delta+2}\mu)$$

其中 $x$ 是多次泊松试验的和，$\mu=E(x),\delta>0$，是钦点的。

泊松实验是一个随机变量，取值为 $1$ 的概率是 $p$，取值为 $0$ 概率为 $1-p$。

取 $\delta=21/4$。

$$P(X\ge 4(1+21/4))\le \exp(-\frac{4\times 21^2/4^2}{2+21/4})=\frac{1}{3,992,786}$$

这是出错的概率。

洛谷上 SPJ 有问题，你能得到 $40pts$。

分布

伯努利试验相关分布

设随机变量 $X$ 只能取 $0$ 和 $1$ 两个值。

其分布为

$$P\{X=0\}=1-p,P\{X=1\}=p,P\{X=k\}=p^k(1-p)^{1-k}$$

我们称其满足 $01$ 分布。

若一试验只有两个可能结果：$A$ 和 $\overline{A}$，则称其为伯努利试验。

$n$ 次重复（有标号）独立伯努利试验称为 $n$ 重伯努利试验。

在 $n$ 重伯努利试验中，容易发现：

设 $X$ 为各试验的和，试验为 $1$ 的概率是 $p$。

$$P\{X=k\}=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$

称 $X$ 满足二项分布。期望为 $np$，方差为 $np(1-p)$。

设随机变量 $X$ 为在多次独立重复伯努利试验中，得到一次成功所需要的试验次数。

称 $X$ 满足几何分布。满足：期望为 $\dfrac{1}{p}$。

$$P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}p,E(X)=\frac{1}{p},V(X)=\frac{1-p}{p^2}$$

设随机变量 $X$ 为在共 $N$ 个样本，$K$ 个不及格样本中抽出 $n$ 个，有 $k$ 个不及格的概率。其中变量为 $k$。

$$P\{X=k\}=\frac{\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}$$

称其满足超几何分布。期望为 $\dfrac{nK}{N}$。

其性质参见前面的幼儿园篮球题。

某著名结论

取值 $[0,1]$ 的 $n$ 个连续随机变量的 $k$ 小。

首先设此随机变量为 $X$。设其概率密度函数为 $f(x)$，概率分布函数为 $F(x)=P(X\le x)$。

$$E[X]=\int_0^1xf(x)dx=\int_0^1xdF(x)\\ =[xF(x)] _0^1-\int_0^1F(x)dx\\ =1-\int _0^1F(x)dx=\int_0^1(1-F(x))dx$$

考虑 $P(X\ge x)$，即至多有 $m-1$ 个 $<x$。

$$1-F(x)=\sum_{i=0}^{m-1}\binom ni x^i(1-x)^{n-i}\\ \int _0^1(1-F(x))dx=\sum_{i=0}^{m-1}\binom ni\int_0^1x^i(1-x)^{n-i}dx\\ =\sum_{i=0}^{m-1}\Beta(i+1,n-i+1)\binom ni\\ =\sum _{i=0}^{m-1}\frac 1{n+1}=\frac{m}{n+1}$$

Irwin-Hall 分布

对于 $n$ 个均匀分布于 $[0,1]$ 的连续随机变量 $X_1,X_2,\dots,X_n$，其和的随机变量 $X$ 满足：

$$P(X\le x)=\sum _{k=0}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom nk\frac{(x-k)^n}{n!}$$

证明：

设 $f(x)$ 为 $X_i$ 的概率密度函数。显然：

$$f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & (x\in [0,1])\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix}\right.$$

那么

$$P(X\le x)=\int _{x_i\in [0,1],\sum x_i\le x}\prod f(x_i)\prod dx_i\\ =\int _{x_i\in [0,1],\sum x_i\le x}\prod dx_i\\ $$

采用归纳法证明。

$$\int _{x_i\in [0,1],\sum x_i\le x}\prod_{i=1}^{n+1} dx_i=\int_0^1\int _{x_i\in [0,1],\sum_{i=1}^n x_i\le x-x_{n+1}}\left(\prod_{i=1}^n dx_i\right) d{x_{n+1}}\\ =\int_0^1\sum_{k=0}^{\lfloor x-x_{n+1}\rfloor}(-1)^k\binom nk \frac{(x-k-x_{n+1})}{n!}dx_{n+1}\\ $$

记 $[x]=x-\lfloor x\rfloor$，

$$\int_0^1\sum_{k=0}^{\lfloor x-x_{n+1}\rfloor}(-1)^k\binom nk \frac{(x-k-x_{n+1})}{n!}dx_{n+1}\\ =\int_0^{[x]}\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom nk \frac{(x-k-x_{n+1})}{n!}dx_{n+1}+\int_{[x]}^1\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor-1}(-1)^k\binom nk \frac{(x-k-x_{n+1})}{n!}dx_{n+1}\\ =\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom nk\frac{(x-k)^{n+1}-(x-k-[x])^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor-1}(-1)^k\binom nk\frac{(x-k-[x])^{n+1}-(x-k-1)^{n+1}}{(n+1)!}\\ =\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor-1}(-1)^k\binom nk\frac{(x-k)^{n+1}-(x-k-1)^{n+1}}{(n+1)!}+(-1)^{\lfloor x\rfloor}\binom n{\lfloor x\rfloor}\frac{[x]^{n+1}}{(n+1)!}\\ =\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor-1}(-1)^k\binom nk\frac{(x-k)^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom n{k-1}\frac{(x-k)^{n+1}}{(n+1)!}+(-1)^{\lfloor x\rfloor}\binom n{\lfloor x\rfloor}\frac{[x]^{n+1}}{(n+1)!}\\ =\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor-1}(-1)^k\binom {n+1}k\frac{(x-k)^{n+1}}{(n+1)!}+(-1)^{\lfloor x\rfloor}\binom n{\lfloor x\rfloor-1}\frac{[x]^{n+1}}{(n+1)!}+(-1)^{\lfloor x\rfloor}\binom n{\lfloor x\rfloor}\frac{[x]^{n+1}}{(n+1)!}\\ =\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom {n+1}k\frac{(x-k)^{n+1}}{(n+1)!}$$

不难发现 $n=1$ 时命题成立，证毕。

泊松分布

$$P\{X=k\}=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!},k\in\mathbb{N}$$

则有 $X$ 满足参数为 $\lambda$ 的泊松分布，记为 $X\sim \pi(\lambda)$。

性质：泊松分布的期望、方差均为 $\lambda$。

泊松定理可以近似计算二项式分布甚至二项式系数：

设 $np=\lambda$。

$$\lim_{n\to \infty}\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}$$

正态分布

接下来介绍连续随机变量的一种重要分布——正态分布。

概率密度函数（$\sigma,\mu$ 为常数）

$$f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}),x\in\mathbb{R}$$

则记 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$。

下证明：

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2})dx=1$$

令 $t=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$

$$=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}dt=\frac{I}{\sqrt{2\pi}}$$

$$I^2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-(t^2+u^2)/2}dtdu$$

考虑转化为极坐标，得：

$$I^2=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}re^{-r^2/2}drd\theta$$

注意到内层积分可以换元求解为 $1$。

$$I^2=2\pi,I=\sqrt{2\pi}$$

代入原式得

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2})dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2/2}dt=1$$

正态分布的性质

设标准正态分布

$$\Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^xe^{-t^2/2}dt$$

则 $\Phi(x)=1-\Phi(-x)$。

换元可证：若 $X$ 满足正态分布 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则 $\dfrac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1)$。

我们已经知道，很多东西都神奇地满足正态分布性质；但是它满足一个更加惊人的定理。

中心极限定理

设 $X_1,X_2,\dots,X_n$ 相互独立且满足同一分布。$E(X_i)=\mu,D(X_i)=\sigma^2$。

则

$$Y_n=\frac{\sum_{i=1}^nX_i-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}$$

的分布函数 $F_n(x)$ 满足：

$$\lim_{n\to \infty}F_n(x)=\Phi(x)$$

读者自证不难。

Min-Max容斥

对于集合 $S$，有：

$$\max(S)=\sum_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}\min(T)(-1)^{|T|-1}$$

依据期望的线性性，有：

$$E(\max(S))=\sum_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}E(\min(T))(-1)^{|T|-1}$$

又有扩展（包括一般集）：

$$E(\text{maxkth}(S))=\sum_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}E(\min(T))(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}$$

当然可以调换 $\max$ $\min$。

[HAOI2015] 按位或

刚开始你有一个数字 $0$，每一秒钟你会随机选择一个 $[0,2^n-1]$ 的数字，与你手上的数字进行或操作。选择数字 $i$ 的概率是 $p_i$。保证 $0\leq p_i \leq 1$，$\sum p_i=1$ 。问期望多少秒后，你手上的数字变成 $2^n-1$

定义 $\min$ 为最先变为 $1$ 的位变得时间，而 $\max$ 则是最后。

考虑 $\min-\max$ 容斥。把每个位看成一个变量，然后发现就是 $\max(S)$，每一位的最大值都是 $1$。

考虑 $P(\min(T)=k)$，发现就是至少一个 $1$，前 $k-1$ 步没有选里面的任何一个位。而第 $k$ 步则需要。

$$P(\min T=k)=(1-P(S\otimes T))P(S\otimes T)^{k-1}$$

这是几何分布，是 $1-P(S\otimes T)$ 的几何分布。

$$E(\min T)=\frac{1}{1-P(S\otimes T)}$$

发现 $O(3^n)$ 过不去。但是可以FMT求 $P(T)$。

这里 $P(T)$ 是一次操作能覆盖 $T$ 的概率。

P4707 重返现世

为了变涩，Zhicheng 需要制作变成企鹅的钥匙。Zhicheng 所在的 qq 游戏有 $n$ 种原料，只需要集齐任意 $k$ 种，就可以开始制作。

Zhicheng 来到了迷失大陆的核心地域。每个单位时间，这片地域就会随机生成一种原料。每种原料被生成的概率是不同的，第 $i$ 种原料被生成的概率是 $\dfrac{p_i}{m}$ 。如果 Yopilla 没有这种原料，那么就可以进行收集。
Zhicheng 急于冲浪，他想知道收集到任意 $k$ 种原料的期望时间。

$p_i$ 是整数。

$1 \le n \le 1000$ ，$1 \le k \le n, \lvert n - k \rvert \le 10$ ，$0 \le p_i \le m, \sum p = m, 1 \le m \le 10000$ 。

定义 $\max$ 为一个原料的集合的最晚的那个的出现时间，$\min$ 同理。

我容易知道 $E(\min(T))$，就是 $\dfrac{m}{\sum_{i\in T} p_i}$。

我想求 $\min_k$，就是 $\max_{n-k+1}$。

Solution

$$E(\text{maxkth}(S))=\sum_{T\subseteq S,T\neq \emptyset}E(\min(T))(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}$$

我这个的 $S$ 很大，看来不能暴力枚举。

注意到几个特别小的量，设：$f(k,i,j)$ 为考虑到第 $i$ 个，$\sum p_t=j$ 的

$$\sum_{T}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}$$

对于 $i$，显然我不选是 $f(k,i,j)=f(k,i-1,j)$。麻烦的是选。

考虑此时 $|T|+1\to|T|$，发现可以利用加法公式(这也解释了我们为什么要加 $k$ 进状态)：

$$\binom{|T|}{k-1}=\binom{|T|-1}{k-1}+\binom{|T|-1}{k-2}$$

所以得出了

$$f(k,i,j)=f(k,i-1,j)-f(k,i-1,j-p_i)+f(k-1,i-1,j-p_i)$$

考虑边界。

$f(0,0,0)=1$，因为 $\displaystyle\binom{-1}{-1}$ 应当被认为是 $1$。（定义来看是 $0$）

Meatherm：还是 Sooke 神的边界看着比较正确！dp[0][0][0]=1 那几篇妹看着怪怪的，咱就是说（

British_union:被乳力（发出 Hanghang 的声音）

PGF

对于一个随机变量 $X$，其概率生成函数

$$G_x(z)=\sum_{k\ge 0}P(X=k)z^k=\sum_{\omega\in\Omega}P(\omega)z^{X(\omega)}=E(Z^X)$$

$$G(1)=1$$

考虑均值、方差的表示方法：

$$E(X)=\sum_{k\ge 0}kP(X=k)=\sum_{k\ge 0}P(X=k)kz^{k-1}|_{z=1}=G'(1)$$

$$E(X^2)=G''(1)+G'(1)$$

$$V(X)=G''(1)+G'(1)-G'(1)^2$$

注意到

$$G(t+1)=G(1)+\frac{G'(1)}{1!}t+\frac{G''(1)}{2!}t^2+\dots$$

这样不仅可以避免未定式，还可以容易计算。

标准化的概率生成函数的积等价于两个随机变量的和。

标准化，指 $\frac{F(x)}{F(1)}\to F(x)$。这时期望、方差等都满足对应性质。

另外，可以证明：$E(x^{\underline{k}})=F^{(k)}(1)$。

$PGF$ 和 border 有联系。

P4548 [CTSC2006] 歌唱王国

给你一个数列，值域为 $n$，长度 $m$，$n,m\le 10^5$，现从 $1\sim n$ 等概率选择数生成序列，序列中出现该数列子串时停止，求期望长度。多组数据，$T\le 50$。

原题面写的啥（）

考虑概率生成函数。设 $X$ 为一随机变量，$P(X=a)$ 为在 $a$ 处停止选择的概率。

我要求 $E(X)=F'(1)$。

设 $F$ 为 $a$ 的概率生成函数。增设一普通生成函数 $G$ 为在 $a$ 处还未停止的概率。

可以知道，我一次操作后，要么停止，要么不停止，所以：（以下均忽略低次项）

$$F(x)+G(x)=xG(x)$$

$$F'(x)+G'(x)=G'(x)+xG'(x)$$

令 $x=1$，则

$$F'(1)=G(1)$$

考虑第二个关系。

考虑我在一个未完成的上面去钦定加一个数列，就一定会结束，当然也可能在中途结束。

中途结束的条件：我目前的序列的某个后缀是序列的前缀。

这个后缀前面的东西无关，于是我钦定其为 border。这个时候前面的这一段就可以被认为是一个我要的子串，我就跟 $F$ 扯上了联系。

令 $a_i$ 为 $a_{1\sim i}$ 是否为 border，可得：

$$G(x)\times (\frac{x}{n})^m=F(x)\sum_{i=1}^ma_i(\frac{x}{n})^{m-i}$$

带入 $x=1$，根据 $F(1)=1$ 得：

$$G(1)=\sum_{i=1}^ma_in^{i}$$

然后可以 $O(Tm)$ 求答案。

马尔科夫链

定义 $\{X_t,t-\in T\}$ 为一随机过程。其中 $T$ 是一无限实数集合，$X_t$ 是依赖于参数 $t$ 的随机变量。

把 $t$ 看作时间，我们把第 $X_t$ 的观察值称为状态。全体状态称为状态空间。

若一随机过程满足：

$$P\{X_{t+1}=j|X_0=i_0,X_1=i_1\dots,X_t=i_t\}=P\{X_{i+1}=j|X_t=i_t\}$$

则称 $X_t$ 为马尔科夫链。其满足无记忆性，即一个状态前面的东西不会对这个状态后面产生影响。

我们有个更熟悉的称呼：无后效性。

我们一般研究的是具有平稳转移概率的随机过程。

我们把一步从状态 $X_i$ 转移到状态 $X_j$ 的概率 $p_{ij}(p_{ij}\ge 0)$ 排成一个矩阵。

(不会打矩阵)

$$P_{ij}=p_{ij}$$

矩阵的阶等于状态数。

容易发现，

$$\forall i,\sum_{j=0}^{\infty}p_{ij}=1$$

直线随机游走。

一个在数轴整点上的粒子，初始在 $0$，其每一时刻向右运动一单位概率为 $p$，向左一单位的概率为 $q$。

求其一步转移矩阵。

$${i(i+1)}=p,P_{i(i-1)}=q,P_{ii}=1-p-q,P_{ij}=0(|j-i|>1)$$

科尔莫戈洛夫-切普曼方程

$n+m$ 步转移概率满足

$$p_{ij}(n+m)=\sum_{k=0}^{\infty}p_{ik}(n)p_{kj}(m)$$

即 $n$ 步转移矩阵

$$P(n)=P^n$$

我们知道矩阵快速幂，然后这一类问题就好做了。

遍历性

若 $n$ 步转移概率均具有极限

$$\forall i,\lim_{n\to\infty}p_{ij}=\pi_j$$

那么称此马尔科夫链具有遍历性，也就是说不管从哪里出发，长时间转移到状态 $j$ 的概率是固定的。

考察极限分布 $\pi=(\pi_0,\pi_1,\dots\pi_n)$，可以得到：

$$\pi=\pi P$$

其有解的充分不必要条件是

$$\exists m,\texttt{s.t.},\forall i,j, p_{ij}(m)>0$$

试求双状态马尔科夫链极限分布。

$$P_{00}=1-a,P_{01}=a,P_{10}=b,P_{11}=1-b$$

$$\lim_{n\to\infty}P_{00}=\frac{b}{a+b}+\frac{a(1-a-b)^n}{a+b}=\frac{b}{a+b}$$

其他位置类似（打不出矩阵，，，）

$$\pi=(\frac{b}{a+b},\frac{a}{a+b})$$

P4159 [SCOI2009] 迷路

有向图有 $n$ 个节点，节点从 $1$ 至 $n$ 编号，windy 从节点 $1$ 出发，他必须恰好在 $t$ 时刻到达节点 $n$。

现在给出该有向图，你能告诉 windy 总共有多少种不同的路径吗？

$n\le 10,w_i\le 9,t\le 10^9$

考虑边权为 $1$ 的做法。

发现马尔可夫链可以换为方案数，（如果非要概率就 $\dfrac{P(t)}{n^t}\to P(t)$）。根据科尔莫戈洛夫-切普曼方程，我们只需要求出邻接矩阵的 $t$ 次幂。

最大似然法

若总体属于离散型，其分布律在参数 $\theta$ 作用下 $P\{X=x\}=p(x;\theta),\Theta=\{\theta\}$ 的形式已知，设 $X_1,X_2,\dots,x_n$ 是 $X$ 的样本，则其联合分布律为：

$$\prod_{i=1}^np(x_i;\theta)$$

设 $x_1,x_2\dots,x_n$ 为一组已知的（实验得出的）样本值，则事件 $\{\forall i\in[1,n],X_i=x_i\}$ 发生概率为：

$$L(\theta)=L(x_1,x_2,\dots,x_n;)=\prod_{i=1}^np(x_i;\theta),\theta\in\Theta$$

这称为似然函数。

我们定义最大似然函数：

$$L(\hat{\theta})=\max_{\theta\in\Theta}L(\theta)$$

这样的与样本值有关的 $\hat{\theta}(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 称为最大似然估计值，而统计量 $\hat{\theta}(X_1,X_2,\dots,X_n)$ 称为最大似然估计量。

我们一般希望知道 $\hat{\theta}$。

很多情形下，$p(x,\theta)$ 关于 $\theta$ 可微。我们可以通过解

$$\frac{d}{d\theta}L(\theta)=0$$

得到它。由于 $[\ln L(\theta)]'=\dfrac{L'(\theta)}{L(\theta)}$，我们可以通过解

$$\frac{d}{d\theta}\ln L(\theta)=0$$

得到相同解，而后面的方程通常是容易的。

例题：

8s,1024MB。

解：我们考虑把初始集合分配随机权值，然后集合表示为数，集合异或可以表示为数异或。

然后我们可以判断 $0$ 得到 $30$ 分。

我们考虑随机化。考虑我们多次随机把一些数置 $0$，设置 $0$ 比例为 $c_i$。

再进行多次实验，设得到空集 $a_i$ 次，非空集 $b_i$ 次。

可以得出，在参数 $\theta=|T|$ 的情况下，其概率分布 $p(A_i=a_i,B_i=b_i;\theta)$ 为：

$$\prod (c_i^{\theta})^a_i(1-c_i^{\theta})^{b_i}\\ L(\theta)=\prod (c_i^{\theta})^a_i(1-c_i^{\theta})^{b_i}\\ \ln L(\theta)=\theta\sum a_i\ln c_i+\sum b_i\ln(1-c_i^{\theta})\\ $$

有结论：

若 $f$ 为 $I$ 上的凸函数,$g$ 在 $J(f(x)\subset J)$ 上递增，且凸性相同。

可以证明： $g(f)$ 在 $I$ 上有相同的凸性。

而若干个凸函数的和是凸函数。所以 $\ln(1-c_i^{\theta})$ 为凸函数。

于是你可以三分得到最大似然估计值。

考虑边权不为 $1$，此时不一定是一步转移矩阵。

但是我们发现可以拆点。具体来说，可以认为我们把 $9$ 时间看成一步，拆出来的点表示目前是 $\frac{i}{9},i\in[1,9]$ 的步数，也就是时间为 $i$。

细节可见题解。

鞅与停时定理（Doob 停时定理）

注：本文为 OI 起见，略去对鞅可积性和收敛性的讨论。

定义

设 $(\Omega,\mathscr{F},P)$ 是概率空间，$\{\mathscr{F}_n\}(n\ge 1)$ 是 $\mathscr{F}$ 的一列子 $\sigma$ -代数。若 $\forall n\ge 1,\mathscr{F}_n\subset \mathscr{F}_{n+1}$，则称 $\{\mathscr{F}_n\}$ 是流。

设概率空间 $(\Omega,\mathscr{F},P)$ 带流 $\{\mathscr{F}_n\}$，$\{X_n\}$ 是一列随机实变量。若对于任意 $n\ge1$，$X_n\in \mathscr{F}_n$，则称 $\{X_n\}$ 适应 $\{\mathscr{F}_n\}$。

若 $\{X_n\}$ 满足以下条件：

1.$E|X|<+\infty$；

2.$\{X_n\}$ 适应 $\{\mathscr{F}_n\}$；

3.$\forall n\ge 1,E(X_{n+1}|\mathscr{F}_n)=X_n$

那么把 $\{(X_n,\mathscr{F}_n)\}$ 称为鞅。若第三条改为 $\forall n\ge 1,E(X_{n+1}|\mathscr{F}_n)\le X_n$，称为上鞅；大于等于则为下鞅。

鞅可以视为公平赌博。未指定流时，我们认为 $\mathscr{F}_n=\sigma(X_1,X_2,\dots,X_n)$。

-什么是 $\sigma$ -代数？

-是集合的集合，满足其元素可数次交并补仍然在集合中。$\sigma(x_1,x_2,\dots,x_n)$ 表示包含 $x_1,x_2,\dots,x_n$ 的最小 $\sigma$ -代数。

设

$$T\mapsto \Omega\to \overline{\mathbb{N}}\triangleq\mathbb{N}\ \cup\{+\infty\}\\ \forall n\in\mathbb{N},[T=n]\in\mathscr{F}_n$$

这里 $[X=x]$ 指 $\{\omega\mid X(\omega)=x\}$，而 $\mathscr{F}_n$ 是集合的集合，所以用 $\in$.

此时我们称 $T$ 是 $\{\mathscr{F}_n\}_{n\ge 1}$ 的停时。停时可以看作选择停止观测的时间，这个东西不能与之后的有关。

下面，对于随机变量 $X$，我们把 $X\circ T$ 记为 $X_T$，把 $\min(T(\omega),n)$ 记为 $T\land n(\omega)$。

定义 $X_n^+=\max(0,X_n)$，$X_n^-=\max(0,-X_n)$。

鞅性质（选读）

有必要研究其性质以辅助定理的进行。

命题 1.1

(a)若 $\{(X_n,\mathscr{F}_n)\}$，$\{(Y_n,\mathscr{F}_n)\}$ 是鞅（resp. 下鞅），那么 $\{(aX_n+bY_n,\mathscr{F}_n\}$ 是鞅（resp.下鞅）。

根据期望的线性性，这是显然的。

(b)若 $\{(X_n,\mathscr{F}_n)\}$，$\{(Y_n,\mathscr{F}_n)\}$ 是下鞅，那么 $\{(\max(X_n,Y_n),\mathscr{F}_n\}$ 是下鞅。若 $\{(X_n,\mathscr{F}_n)\}$，$\{(Y_n,\mathscr{F}_n)\}$ 是上鞅，那么 $\{(\min(X_n,Y_n),\mathscr{F}_n\}$ 是上鞅。

证明（第一个）：

$$E(\max(X_{n+1},Y_{n+1})\mid \mathscr{F}_n)\ge E(X_{n+1}\mid \mathscr{F}_n)=X_n\\ E(\max(X_{n+1},Y_{n+1})\mid \mathscr{F}_n)\ge E(Y_{n+1}\mid \mathscr{F}_n)=Y_n\\ \therefore E(\max(X_{n+1},Y_{n+1})\mid \mathscr{F}_n)\ge \max(X_n,Y_n)$$

即证。

命题 1.2

若 $\{(X_n,\mathscr{F}_n)\}$，$\{(Y_n,\mathscr{F}_n)\}$ 是鞅（resp. 下鞅）,$f$ 是连续凸函数（二阶导数大于 $0$ 的那个），则 $\{f(X_n),\mathscr{F}_n\}_{n\ge 1}$ 是下鞅。

由琴生不等式

$$\sum \alpha_if(x_i)\ge f\left(\sum\alpha_ix_i \right)$$

即证。

停时的性质（选读）

有必要研究其性质以辅助定理的进行。

命题 2.1

确定时刻显然是停时。

命题 2.2

设 $T$ 是随机变量，取值为正整数。以下三者等价：

$$\forall n\in\mathbb{N}^+\\ (1)[T=n]\in\sigma(X_1,\dots,X_n)\\ (2)[T\le n]\in\sigma(X_1,\dots,X_n)\\ (3)[T>n]\in\sigma(X_1,\dots,X_n)\\ $$

证明：

注意到：

$$[T\le n]=\bigcup_{k=1}^n[T=k]\\ [T>n]=\Omega-[T\le n]\\ [T=n]=[T\le n]-[T\le n-1]\\ $$

这样可以归纳证明之。

命题 2.3

若 $S,T$ 是（同一鞅的）停时，则 $T+S,\min(T,S),\max(T,S)$ 都是停时。

证明（第一个）：

$$[T+S=n]=\bigcup _{k=0}^n[S=k][T=n-k]\in \mathscr{F}_n\\ $$

命题 2.4

设 $\{M_n,\mathscr{F}_n\}$ 是鞅，$T$ 是其停时且 $P(T<+\infty)=1$，$Y_n=M_{T\land n}(n\ge 1)$，则 $\{Y_n,\mathscr{F}_n\}$ 也是鞅。

证明：

$$Y_n=M_nI_{[T>n]}+\sum _{i=1}^n M_iI_{[T=i]}\\ E(Y_{n+1}\mid \mathscr{F}_n)=E(M_{n+1}I_{[T\ge n+1]}\mid \mathscr{F}_n)+\sum _{i=1}^{n}M_iI_{[T=i]}\\ =E(M_{n+1}\mid \mathscr{F}_n)+\sum _{i=1}^{n}M_iI_{[T=i]}\\ =M_n+\sum _{i=1}^{n}M_iI_{[T=i]}\\ =Y_n$$

Wald 等式

设 $\{X_n\}_{n\ge 1}$ 是独立同分布变量，$T$ 是其停时，$E|X_1|<\infty,ET<\infty$则：

$$E\left[\sum_{n=1}^TX_n\right]=E(X_1)E(T)$$

证明：

$$\sum_{n=1}^TX_n=\sum_{n=1}^{\infty}X_nI_{[n\le T]}\\ $$

注意 $\{n\le T\}=\{T\le n-1\}^c$，与 $X_n$ 无关。

独立性可知

$$\sum_{n=1}^TX_n=\sum_{n=1}^{\infty}X_nI_{[n\le T]}\\ =\sum_{n\ge 1}E(|X_n|)EI_{[n\le T]}\\ =E|X_1|\sum_{n\ge 1}P(T\ge n)\\ =E|X_1|E(T)<\infty$$

停时定理

有界停时定理

设 $\{M_n\}_{n\ge 1}$ 是关于 $\{X_n\}_{n\ge 1}$ 的鞅。$T$ 是其有界停时且 $T\le K,\mathscr{F}_n=\sigma(X_1,X_2,\dots,X_n)$，则：

$$E(M_T\mid \mathscr{F}_1)=M_1\\ E(M_T)=E(M_1)$$

证明：

改写 $M_T$ 为：

$$M_T=\sum_{i=1}^KM_iI_{[T=i]}\\ E|M_T|\le \sum_{i=1}^KE|M_i|<\infty$$

对 $M_T$ 取条件期望。

$$E(M_T\mid \mathscr{F}_{K-1})=E\left(\sum_{i=1}^KM_iI_{[T=i]}\mid \mathscr{F}_{K-1}\right)\\ =E\left(\sum_{i=1}^{K-1}M_iI_{T=i}\mid \mathscr{F}_{k-1}\right)+E\left(M_KI_{[T=K]}\mid \mathscr{F}_{K-1}\right)\\ =E\left(\sum_{i=1}^{K-1}M_iI_{T=i}\right)+I_{[T>K-1]}E\left(M_K\mid \mathscr{F}_{K-1}\right)\\ =E\left(\sum_{i=1}^{K-1}M_iI_{T=i}\right)+I_{[T>K-1]}M_{K-1}\\ =I_{[T>K-2]}M_{K-1}+\sum_{i=1}^{K-2}M_iI_{[T=i]}\\ E(M_T\mid \mathscr{F}_{K-2})=E(E(M_T\mid \mathscr{F}_{K-1})\mid \mathscr{F}_{K-2})\\ =E(I_{[T>K-2]}M_{K-1}+\sum_{i=1}^{K-2}M_iI_{[T=i]}\mid\mathscr{F}_{K-2})\\ =\sum_{i=1}^{K-2}M_iI_{[T=i]}+E(I_{[T>K-2]}M_{K-1}\mid\mathscr{F}_{K-2})\\ =I_{[T>K-3]}M_{K-2}+\sum_{i=1}^{K-3}M_iI_{[T=i]}\texttt{ [like above]}\\ $$

这样做去，最后，我们得到：

$$E(M_T\mid \mathscr{F}_1)=M_1$$

取期望则得到：

$$E(M_T)=E(M_1)$$

完 全 胜 利

等等还没完全胜利呢，这不是完全体。

杜布停时定理（Doob 停时定理）

如果 $\{M_n\}$ 是 $\{\mathscr{F}_n=\sigma(X_1,X_2,\dots,X_n)\}$ 的鞅，$T$ 为其停时 ，若：

$$E|M_T|<\infty\\ P(T<\infty)=1\\ \lim_{n\to\infty}E(M_n\mid I_{[T>n]})=0$$

那么

$$E(M_T)=E(M_1)$$

证明：

注意

$$M_T=M_{T_n}+M_TI_{[T\land n]}-M_nI_{[T>n]}\\ E(M_T)=E(M_{T\land n})+E(M_TI_{[T>n]})-E(M_nI_{[T>n]})$$

当 $n\to \infty$，这是趋于 $E(M_{T\land n})$ 的，是有界的。

而 $\{M_{n\land T}\}$ 是鞅，停时有界，可以得出结论 $E(M_T)=E(M_1)$。

OI特化版-势能函数

设 $\{A_n\}_{n\ge 1}$ 是一随机过程，$T$ 为其停时（注意停时的定义不要求鞅）。

求 $E(T)$。

构造 $\Phi \mapsto \mathbb{R}\to \mathbb{R},t\mapsto \mathbb{N}^+\to \mathbb{R}$，满足：

$$\forall n<T,E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)\mid \mathscr{F}_n)=t(n)\\ E(\Phi(A_T))=C\\ $$

令 $X_n=\Phi(A_n)+n+1+t(n)$，则

$$E(X_{n+1}\mid \mathscr{F}_n)=n+1+E(\Phi(A_{n+1})\mid \mathscr{F}_{n})\\ =E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)\mid \mathscr{F}_{n})+E(\Phi(A_n)\mid \mathscr{F}_n)+n+1\\ =n+1+t(n)+E(\Phi(A_n)\mid \mathscr{F}_n)=X_n$$

故 $\{(X_n, \mathscr{F}_n)\}$ 是鞅，而 $T$ 显然也是其停时。

根据 Doob 停时定理，有：

$$E(X_T)=E(X_0)\\ E(\Phi(A_T))+E(T)=E(\Phi(X_0))\\ E(T)=E(\Phi(X_0))-C$$

只要我们构造出了 $\Phi$ 函数，即势能函数，就可以解决问题。

注：我们一般取 $t(n)=-1$。

例题

这个定理可以解决很多关于随机过程的题目。

P4548 [CTSC2006] 歌唱王国

随机一个数 $1\sim n$ 接在歌唱序列后面，问歌唱序列出现给定序列作为子序列的期望随机次数。

这是 PGF 的经典题目，但是也可以应用鞅与停时定理做。

设目标串是 $T[1:L]$。

考虑这样一个随机变量列 $\{A_m^{(k)}\}_{m\ge 1},\forall k\ge 1$，$\Omega=\{s[1:+\infty]\mid s[i]\in[1,n]\cap\mathbb{Z}\}$。

$$A_m^{(k)}= \left\{\begin{matrix} n^{m-k+1}&(k\le m\land t[1:m-k+1]=s[k:m]\land m-k+1\le L)\\ 1&(m<k)\\ 0&(otherwise)\\ \end{matrix}\right.$$

在匹配之后，我们不妨认为就是要匹配 $1111\dots$

可以证明这是鞅且符合停时定理条件。

我们知道，鞅的线性组合是鞅。

所以

$$M_n=\sum_{k\ge 1}A_n^{(k)}-1$$

是鞅。设 $T$ 为其停时，为

$$T(s[])=\min_{s[i-L+1:i]=t[1:L]}i$$

可以验证其是停时，且适用 Doob 停时定理，注意 $P(T(s[])<+\infty)=1$。

$$E(M_T)=E(M_0)=0\\ M_T=\sum_{k=1}^{T}A_T^{(k)}-1\\ =\sum_{t[1:i]=t[L-i+1:L]} n^{i}-T\\ E(M_T)=\sum_{t[1:i]=t[L-i+1:L]} n^{i}-E(T)=0\\ \therefore E(T)=\sum_{t[1:i]=t[L-i+1:L]} n^{i}$$

第三个等号成立，因为每个 $A_T^{(k)}$ 产生贡献的条件是（已经略去 $1$ 的情况）

$$s[1:T-k+1]=s[k:T]$$

注意到

$$T(s[])=\min_{s[i-L+1:i]=t[1:L]}i$$

所以每个 $A_T^{(k)}$ 产生贡献当且仅当其为 border（第一部分是不需要考虑的，因为停时是 $\min$）

CF1025G

我们认为随机变量的取值范围是若干操作。而 $\{A_n\}_{n\ge 1}$ 是一随机变量列 $\{M_n\}_{n\ge 1}$ 得到的局面（包括最后的不能操作就不操作），$\mathscr{F}_n$ 定义为此时可以得到的局面合集，$T$ 可以定义为此 $A_n$ 局面只有一个选中点的第一个时间，如此显然符合条件。

构造势能函数倒是不算困难。观察构造方式，发现每个点唯一不同的是于其具有的子节点个数；我们还需要最后状态的势能函数可计算。于是设 $\Phi(A)$ 为当前局面 $A$ 的所有点的子节点数的 $f$ 函数值和。

考察 $f$ 函数应该满足什么：如果我们认为

$$E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)\mid \mathscr{F}_n)=-1\\ $$

应当被满足，那么：

$$f(x)+f(y)-1=\frac{1}{2}(f(x+1)+yf(0))+\frac{1}{2}(f(y+1)+xf(0))$$

令 $y=x+1$，得出 $f(x)=-2^x+1$。

可以证明，它满足原式。那么停时的期望可以知道了。

$$E(T)=E(\Phi(A_0))-E(\Phi(A_T))\\ =\Phi(A_0)+2^{x-1}-1$$

CF850F

和上一题差不多。

设 $\Phi(\{A_i\})=\sum f(a_i)$，还是令 $t(n)=-1$。

那么直接列出式子。令 $m=\sum a_i$。

$$\sum f(a_i)=1+\sum f(a_i)+\sum_{i\neq j} \frac{a_ia_j(\Delta f(a_i)-\Delta f(a_j)}{m(m-1)}$$

化为

$$\sum _i(m-a_i)a_i\Delta^2f(a_i-1)=m(m-1)$$

不妨设

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

完成。