组合杂题选讲 #2

问题描述

题意：如果有 $n$ 种不同颜色，每种颜色各 $m$ 个球，每次以均等概率随机取出一个（取出之后不放回去），则期望上取出多少个球后可以取完某种颜色的球？

提示：容易发现相同颜色的球是否视为一样对答案没有影响。

随机试验中某个变量的数学期望（简称“期望”）是指该变量所有可能的结果的概率乘以其结果的总和。例如一个理想情况下的骰子的点数的数学期望由

$$\frac{1}{6}\times 1+\frac{1}{6}\times 2+\frac{1}{6}\times 3+\frac{1}{6}\times 4+\frac{1}{6}\times 5+\frac{1}{6}\times 6=\frac{7}{2}$$

给出。而投掷两个理想情况下的骰子得到的点数之和的期望由

$$\frac{1}{36}\times 2+\frac{2}{36}\times 3+\frac{3}{36}\times 4+\frac{4}{36}\times 5+\frac{5}{36}\times 6+\frac{6}{36}\times 7+\frac{5}{36}\times 8+\frac{4}{36}\times 9+\frac{3}{36}\times 10+\frac{2}{36}\times 11+\frac{1}{36}\times 12=7$$

给出。

举个例子，若 $n=2,m=3$ 则原问题的合法取球方案共 $20$ 种，分别如下（用 a 和 b 代表两种颜色的球）：

aaa bbb
aaba abaa abbb baaa babb bbab
aabba aabbb ababa ababb abbaa abbab baaba baabb babaa babab bbaaa bbaab

其中取出 $3$ 个球后可以取完某种颜色的球的方案 $2$ 种，取出 $4$ 个球的方案 $6$ 种，取出 $5$ 个球的方案 $12$ 种，故 $n=2,m=3$ 时原问题的答案为

$$\frac{2}{20}\times 3+\frac{6}{20}\times 4+\frac{12}{20}\times 5=\frac{9}{2}$$

解答

我们用记号 $\mathbf{E}(a)$ 表示随机试验中变量 $a$ 的数学期望。已经取出的球的数量简称为时刻，例如“取出某种颜色全部球的时刻”的意思是“取出某种颜色全部球时已经取出的球的数量”。

我们考虑给同种颜色的球编上 $1$ 到 $n$ 的编号，这样这 $nm$ 个球各不相同，显然是否编号这对答案没有影响。按某种顺序取出这 $nm$ 个球，有 $(nm)!$ 种取法。

考虑把操作序列翻转过来，则原问题可以转化为第一次取出每种颜色的球至少一个的时刻。举个例子，若 $n=2,m=3$，两种颜色记作 r 和 b，考虑下面操作序列

rbrrbb
---^--

在第 $4$ 次操作时 r 这种颜色被全部取出了，若把操作序列翻转

bbrrbr
--^---

在第 $3$ 次操作时全部颜色的球都被取出了至少一次，可以看到还是刚才的那个 r（由于翻转位置发生了改变，具体而言位置 $p$ 会变到 $nm+1-p$）。

设 $S$ 表示每种颜色首次出现的时刻的可重集合，现在就是要求 $\mathbf{E}(maxS)$ 的值。根据容斥原理（min-max容斥），有

$$\mathbf{E}(maxS)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-1}\mathbf{E}(minT)$$

考虑 $\mathbf{E}(minT)$ 的组合意义，即首次出现 $T$ 集合中的任意一种颜色的球的时刻，枚举这个时刻，得到

$$\mathbf{E}(minT)=\sum _{t\ge 0}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{(n-|T|)m}{t})t!}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{nm}{t})t!}(t+1)\frac{|T|m}{nm-t}$$

发现这个值只与 $T$ 集合的大小有关而与 $T$ 中具体包含的元素无关，考虑记

$$f(k)=\sum _{t\ge 0}\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{(n-k)m}{t})t!}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{nm}{t})t!}(t+1)\frac{km}{nm-t}$$

那么，

$$\mathbf{E}(maxS)=\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-1}f(|T|)$$

首先我们专注于解出 $f(k)$ 的简化形式，展开二项式系数并通分，得到 $f(k)=\sum _{t\ge 0}{w}_t$，其中

$$w_t=\frac{((n-k)m)!(nm-t)!}{((n-k)m-t)!(nm)!}(t+1)\frac{km}{nm-t}$$

，其相邻两项的比值由

$$\begin{array}{rl}\frac{w_{t+1}}{w_t}& =\frac{(t+2)(mn-t)(mn-t-1)!(m(n-k)-t)!}{(t+1)(mn-t-1)(mn-t)!(m(n-k)-t-1)!}\\ & =\frac{(t+2)(t+km-nm)}{(t+1-nm)(t+1)}\end{array}$$

给出，是关于 $t$ 的有理函数，因此可以将原式写作超几何函数的形式，得到

$$\begin{array}{rl}f(k)& =w_0\mathrm{F}\left(\begin{array}{c}2,km-nm\\ 1-nm\end{array}\right|1)\\ & ={\displaystyle \frac{k}{n}}\mathrm{F}\left(\begin{array}{c}2,km-nm\\ 1-nm\end{array}\right|1)\end{array}$$

由组合意义可知，一定有 $km-nm\le 0$，因此可以应用范德蒙德卷积恒等式，得到

$$\begin{array}{rl}f(k)& =\frac{k}{n}\frac{\mathrm{\Gamma }(-1-km)\mathrm{\Gamma }(1-nm)}{\mathrm{\Gamma }(-1-nm)\mathrm{\Gamma }(1-km)}\\ & =\frac{mn+1}{km+1}\end{array}$$

代回原来的式子，

$$\begin{array}{rl}\mathbf{E}(maxS)& =\sum _{T\subseteq S,T\ne \varnothing }(-1{)}^{|T|-1}\frac{mn+1}{km+1}\\ & =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\frac{mn+1}{km+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\end{array}$$

再次利用超几何函数，可以解出

$$\mathbf{E}(maxS)=mn+1-\frac{(1/m-1)!n!}{(n+1/m-1)!}$$

考虑到这是翻转过后的时刻，转化为原来问题，最终答案是 $(1/m-1)!n!/(n+1/m-1)!$。

2022年12月8日 于东莞松山湖