鞅与停时定理

鞅

鞅最开始用来研究赌博策略问题，后来引入到数学中。

先考虑这样一个公平赌博局面，每一轮，你都可以下注 \(x\) 元，然后有 \(\frac{1}{2}\) 的概率你可以获得 \(2x\) 元，\(\frac{1}{2}\) 的概率输光。

此时我们提出一个赌博策略，这个策略每次下注多少由前面的输赢情况进行决定。

我们设一组独立随机变量 \(\{Y_1,Y_2,...\}\) 表示前面局面的输赢情况，\(Y_i=1\) 表示第 \(i\) 局赢，\(Y_i=-1\) 表示第 \(i\) 局输。

令第 \(i\) 轮下注 \(b_i\) 元，容易发现 \(b_i\) 由 \(Y_1,Y_2,...,Y_{n-1}\) 的取值决定。

令 \(X_i\) 表示第 \(i\) 轮结束后的的钱数，那么有：

\[X_n=X_0+\sum_{i=1} b_iY_i \]

此时我们考虑前 \(n\) 轮已经结束，计算 \(X_{n+1}\) ：

\[E[X_{n+1}|\{Y_1,Y_2,...,Y_n\}]=E[X_n+b_{n+1}Y_{n+1}|\{Y_1,Y_2,...,Y_n\}] \]

此时由于 \(X_n\) 和 \(b_i\) 显然已经为定值。

\[=X_n+b_{n+1}E[Y_{n+1}|\{Y_1,Y_2,...,Y_n\}]=X_n \]

因为 \(Y_i\) 间独立。

此时说明了 \(X_{n+1}=X_n\)，通俗解释就是在公平赌博情况下，不存在一种策略使得自己获利。

此时，设 \(\{Y_n\},\{X_n\}\) 为两个随机变量序列，且 \(X_n\) 可以由 \(Y_1,Y_2,...,Y_n\) 唯一确定，并且满足：

\[E[X_{n+1}|\{Y_1,Y_2,...,Y_n\}]=X_n \]

则称 \(X\) 为 \(Y\) 的鞅。

停时

注意到，刚才的研究是一个无限轮的赌博问题，赌徒无法通过调整策略获益，那么考虑赌徒可以自己控制某一轮开始就不赌了呢？这样看上去貌似可以获利（比如获利了马上退出）。

此时引入一个停时，是一个随机变量 \(T\)，可以通过 \(X_1,X_2,...,X_n\) 的取值来决定 \(T\) 与 \(n\) 的大小关系，换句话说就是可以通过前面的结果推出是继续还是停止。

那么此时令这个停时的收益是 \(E[M_T]\)，在公平赌博局面中，\(M\) 是 \(X\) 的鞅。

我们想知道是否有：

\[E[M_T]=E[M_0] \]

这若成立，说明赌徒无法通过调整自己的停止时间获得收益（也就是见好就收不会有收益）。

但是对于一般的情况，这不一定成立，但若满足以下三个条件之一，则必然成立：

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

这是鞅停时定理。

证明先咕着，事实上 OI 中绝大多数题目都满足第二条。

但是最上面提到的公平赌博中的策略不一定满足鞅停时定理。

举个例子，一个经典的赌博策略是初始赌本为 \(1\)，赢了就跑，输了赌本翻倍，这样保证了跑的时候一定赢 \(1\) 元，连输的概率也不大，被很多赌徒视为必胜法则。

但事实上很明显因为输完就没了，开始赌本 \(X_0\) 必然有限，所以 \(P\{T< \log X_0\}=1\)，所以满足鞅停时定理，也就是这种策略无收益。

再来个例子，初始赌本 \(1\)， 赢了赌本减 \(1\)，输了赌本加 \(1\)，输光为止。

这个策略的高妙之处在于，输会让接下来赢的多，赢会让接下来输的少，换句话说就是一输一赢，一赢一输都可以赚 \(1\) 元。

会发现这个策略上面三个条件都不满足。

是说明这个策略能赢吗，显然不是，只能说明鞅停时定理是充分条件而非必要条件。

求 \(E[T]\)

扯了这么多，来考虑一下和 OI 相关的内容。

OI 中的题一般是，给定一个结束条件，求期望步数。

套路是，对一个局面设一个势能函数 \(\varphi(X)\)，满足 \(\varphi(X)=0\) 则 \(X\) 是一个终止状态，并且满足 \(X\) 后继状态势能会减一。

由于 \(E[\varphi(X_n)]-E[\varphi(X_{n+1})]=1\)，所以 \(f(X_n)=\varphi(X_n)+n\) 是 \(X\) 的一个鞅。

如果满足条件，那么去用一下停时定理。

\[E[f(X_T)]=E[f(X_0)]\\ E[\varphi(X_T)]+E[T]=E[\varphi(X_0)] \]

上面的要求保证了 \(\varphi(X_T)\) 为定值，\(\varphi(X_0)\) 也为定值，因此直接相减即可。

本质

注意到这类问题有一个暴力 dp 就是设一个状态到结束的期望步数，转移是后继状态加一。

所以构造这个构造函数的过程本质就是在猜测 dp 的答案。

这样看来这个好像挺没用的，相当于一个顺推一个逆推。

套路

这个东西主要还是解决有多个局面，彼此之间不独立的问题。

这样设出每个子局面的势能，求和就是总势能。

然后要去满足差为 \(1\) 的条件，列出一次转移的变化值，然后一般可以把每个局面的东西独立开来，解出势能。

其实感觉这个东西和 SG 函数的套路比较类似，但是它是会互相影响的。

CF1025G *3200

注意到一个子局面只和其大小有关，并且最终状态唯一，直接设 \(f(n)\) 表示有 \(n\) 个 acquired 点的势能。

此时很多题解直接针对一组 \(a,b\) 进行分析，实际上这步是不显然的，因为前面的条件只要求后继状态的和的差，这样分析是保证了一组 \(a,b\) 的后继差都是 \(1\)，要求更严格，但是不一定解的出。

但事实上由于后面的推导中可以发现 \(a,b\) 的势能函数是独立的，所以一般是可以解出的，不过直接枚举所有 \(a,b\) 去列式肯定没问题。

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

独立一下，把 \(-1\) 拆开分配给 \(a,b\)。

\[f(a)-\frac{1}{2}=\frac{af(0)+f(a+1)}{2} \]

此时 \(af(0)\) 很引荐，但是注意到这个势能函数是我们自己设的，与具体是啥局面没啥关系，解出来只要满足那个式子就行，所以 \(f(0)\) 是啥不重要，直接给个 \(f(0)=0\)，然后解一下，得到：

\[f(n)=1-2^n \]

CF1479E *3500

将整体考虑，直接列式，设 \(S=\sum_{i=1}^m f(a_i)\)：

\[-1+\sum_{i=1}^m f(a_i)=\sum_{i=1}^m \frac{a_i}{n}\times \frac{(f(a_i-1)+f(1)+S-f(a_i))+\frac{a_iS}{n}+\sum_{j\ne i} \frac{a_j}{n} (f(a_i-1)+f(a_j+1)+S-f(a_i)-f(a_j))}{2} \]

套路性的，把每个 \(f(a_i)\) 相关的单独拿出来。

\[-\frac{a_i}{n}+f(a_i)=\\ \frac{a_i}{n}\times \frac{f(a_i-1)+f(1)+\frac{a_if(a_i)}{n}+\frac{n-a_i}{n}f(a_i-1)}{2}+\sum_{j\ne i} \frac{a_j}{n}\times \frac{f(a_i)+\frac{a_j}{n}f(a_i)+\frac{a_i}{n}f(a_i+1)+\sum_{k\ne i\ne j} \frac{a_k}{n}f(a_i)}{2}\\ =\frac{a_i}{2n}(f(1)+\frac{a_i}{n}f(a_i)+\frac{2n-a_i}{n}f(a_i-1))+\frac{n-a_i}{2n}(\frac{2n-a_i}{n}f(a_i)+\frac{a_i}{n}f(a_i+1))\\ \]

把 \(a_i\) 换成 \(x\)，然后移项得到：

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

此时递推式从前面两个递推，因此 \(f(0),f(1)\) 可以随意设。

令 \(f(0)=0,f(1)=-2\)，这样得到：

\[0=(2x-3n)f(x)+(2n-x)f(x-1)+(n-x)f(x+1) \]

\(n\) 很大，无法线性求逆元，因此递推的时候维护分子分母即可，直到要查询的值的时候再求出逆元，复杂度 \(O(n+m\log n)\)。

CF850F *2800

其实大概都是一个套路。

设一个颜色势能为 \(f(a_i)\)，总球数为 \(s\)，\(S=\sum f(a_i)\)。

\[-1+S=\\ \frac{1}{s(s-1)}(\sum_{i\ne j} a_ia_j(f(a_i+1)+f(a_j-1)+S-f(a_i)-f(a_j))+\sum a_i(a_i-1) S)\\ -1=\frac{1}{s(s-1)}(\sum_{i\ne j} a_ia_j(f(a_i+1)+f(a_j-1)-f(a_i)-f(a_j)))\\ -\frac{a_i}{s}=\frac{1}{s(s-1)}(s-a_i)a_i(f(a_i+1)+f(a_i-1)-2f(a_i))\\ \frac{-s+1}{s-a_i}=f(a_i+1)+f(a_i-1)-2f(a_i) \]

设 \(g(x)=f(x+1)-f(x)\)

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

容易发现这个东西本质上就是对左边的东西做两次前缀和，因此 \(f(a_i)\) 可以简单递推，但是注意到 \(\sum a_i\) 很大，推一下式子。

令 \(f_0=f_1=0\)，\(c_x=\frac{-s+1}{s-x}\) 。

\[f_s=\sum_{j=1}^{s-1} c_j\binom{s-j}{1}=\sum_{j=1}^{s-1} -s+1=(s-1)(1-s) \]