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。