Irwin-Hall 分布/CF1477F 题解

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。

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

记 \([x]=x-\lfloor x\rfloor\)，

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

不难发现 \(n=1\) 时命题成立，证毕。

应用

CF1477F

令 \(m=\) 题目所述 \(k\)。

首先注意到这个正比例实际上就是随便切一刀。

观察到一个分别被切多少刀后合法的序列 \(\{b_i\}\) 的贡献是：

\[\binom{\sum b_i}{b_1,b_2,\dots,b_n}\prod\left(\frac{a_i}{s}\right)^{b_i}
\]

据此设计每一个巧克力的生成函数：

\[F_i(z)=\sum_{j\ge 0} \frac{f(a_i,j)}{j!}\times \left(\frac{a_i}s\right)^jz^j\\
F(z)=\prod F_i(z)
\]

答案即为

\[\sum_{i\ge 0}(1-[\frac{z^i}{i!}]F(z))
\]

因为 \([\dfrac{z^i}{i!}]F(z)\) 就是切 \(i\) 次成功的概率，而贡献已经在生成函数那里统计了。

那么考虑求出 \(f(a,b)\) 再谈生成函数。

设切的位置为 \(X_1,X_2,\dots,X_b\)，设 \(z_i=X_i-X_{i-1}\)。

令 \(w=\dfrac{m}{a}\)，那么所求概率即为

\[n!\int _{0<z_i<w,1-w<\sum z_i<1}\prod dz_i\\
=n!w^n\int _{0<z_i<1,\frac 1w-1<\sum z_i<\frac 1w}\prod dz_i
\]

根据 Irwin-Hall 分布，设

\[G(x)=\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}(-1)^k\binom nk\frac {(x-k)^n}{n!}
\]

\[n!w^n\int _{0<z_i<1,\frac 1w-1<\sum z_i<\frac 1w}\prod dz_i\\
=n!(G(\frac 1w)-G(\frac 1w-1))
\]

将其展开得到

\[=\sum _{k=1}^{\lfloor\frac am\rfloor}(-1)^{k-1}\binom{b+1}k\left(1-\frac{km}a\right)
\]

代入原式，

\[\sum_{j\ge 0} \frac{1}{j!}\times \left(\frac{a_i}s\right)^jz^j\sum _{k=1}^{\lfloor\frac {a_i}m\rfloor}(-1)^{k-1}\binom{j+1}k\left(1-\frac{km}{a_i}\right)\\
\]

交换求和次序，不难发现此式（这里把 \(a_i\) 写作 \(a\)）

\[=\sum_{i=0}^{\lfloor \frac {a}k\rfloor}\frac{(-1)^i}{i!}\left(\left(\frac{(a-mi)z}{s}\right)^i+i\left(\frac{(a-mi)z}{s}\right)^{i-1}\right)\exp(\frac{(a-mi)z}{s})
\]

考虑最后得到的式子里面 \([z^ie^{jz}]\) 对答案的贡献，就是

\[\sum_{k\ge 0} \frac{j^k}{k!}(i+k)!\\
=\frac{1}{i!}\sum_{k\ge 0}\binom{i+k}{k}j^{k}\\
=\frac{(1+j)^{-i-1}}{i!}
\]

不妨把后面的 \(\exp(\dfrac{pz}{s})\) 视为另一个变量，\(p\) 为系数，可以二维 NTT 解决，但是事实上没有人这么做，由于时间宽泛，可以用更简单的暴力 \(O(\dfrac{n^2L}{m^2})\)，这里 \(L=\sum a_i\)。