一：随机整数第 \(k\) 大的期望
等概率随机 \(n\) 个互不相同的整数 \(a_i \in [1, w]\)，求第 \(c\) 大数的期望。
sol 1.
\[\begin{aligned}
E(a_c) &= \left(\sum_{k=1}^w k\dbinom{k-1}{c-1}\dbinom{w-k}{n-c}\right) \Big/ \left(\sum_{k=1}^w \dbinom{k-1}{c-1}\dbinom{w-k}{n-c}\right)\\
&=\sum_{k=1}^w c\dbinom{k}{c}\dbinom{w-k}{n-c} \Big/ \dbinom{w}{n} = c\dbinom{w+1}{n+1}\Big/\dbinom{w}{n} = \frac{c(w+1)}{n+1}
\end{aligned}\]
sol 2.
考虑等价转换为往 \(n\) 个球之间随机插 \(w-n\) 个板子，球和板子按顺序依次对应一个整数。
则第 \(c\) 大的数就是第 \(c\) 个球代表的数，期望应为 \(c+w\cdot\dfrac{c}{n+1}=\dfrac{c(w+1)}{n+1}\)。
二：石头剪刀布
玩 \(n\) 轮石头剪刀布，每轮获胜得 \(3\) 分，平局得 \(1\) 分，失败得 \(0\) 分。
对手有 \(n\) 种策略，策略 \(i\) 为以 \(r_i, s_i, p_i\) 的概率出石头剪刀布，在 \(n!\) 种使用顺序中等概率随机。
你可以根据之前的结果决定自己的策略，求在最优策略下的期望总得分。\(O(n^4)\)。
sol:
我们只需要求得目前已经有 \((i, j, k)\) 个石头剪刀布的同时下一回合对手出石头剪刀布分别的概率即可。
已经有 \((i, j, k)\) 个石头剪刀布的概率容易 dp 算出，直接的想法是多记一个 \(\sum r_i, \sum s_i, \sum p_i\) 的期望。
但是，事实上，由于概率值与石头剪刀布的顺序无关，故：
整个事件的概率应该为 \(\dfrac{i+1}{i+j+k+1}\) 倍的已经有 \((i + 1, j, k)\) 个石头剪刀布的概率。
三：随机选择不相邻位置，位置的利用率
有一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 序列，初始全为 \(0\)，每次随机一个不与 \(1\) 相邻的 \(0\) 改为 \(1\)，无法操作时结束。
求当 \(n \to \infty\) 时随机抽取一个数为 \(1\) 的概率。
hard version: 求长度为 \(n\) 时最后 \(1\) 的期望个数的渐进展开。
sol 1.
给每个位置赋 \(f_i \in [0, 1]\)，以 \(f_i\) 从小到大的顺序枚举当前位置是否可以修改为 \(1\)。
可以发现，位置 \(i\) 被修改为 \(1\) 等价于其左边和右边的极长连续下降段长度均为偶数。
故其概率为：
\[p = \Big(1 - P(f_i > f_{i-1}) + P(f_i > f_{i-1} > f_{i-2}) - \cdots\Big)^2
\]
考虑事件 \(f_i > f_{i-1} > \cdots > f_{i-k}\)，这要求 \(f_{i-1\sim i-k} < f_i\)。
而此时 \(f_{i-1 \sim i-k}\) 之间大小顺序是随机的，故 \(P(f_i > f_{i-1} > \cdots> f_{i-k}) = \dfrac{f_i^k}{k!}\)，有：
\[p = \left(1 - f_i + \frac{f_i^2}{2} - \cdots\right)^2 = (\mathrm e^{-f_i})^2 = \mathrm e^{-2f_i}
\]
所求即为：
\[\int_0^1 \mathrm e^{-2x}\mathrm dx = \frac{1 - 2\mathrm e^{-2}}{2}
\]
sol 2.
考虑递推，令 \(a_n\) 为长度为 \(n\) 时最后 \(1\) 的期望个数，初值 \(a_{-1} = a_0 = 0\)，枚举选的位置可得：
\[a_n = 1 + \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_{i-2} + a_{n-i-1} \implies na_n = n + 2\sum_{i=1}^{n-2} a_i
\]
记 \(\Delta a_n = a_n - a_{n-1}\)，不断差分，有：
\[\begin{aligned}
na_n - (n-1)a_{n-1} &= 2a_{n-2} + 1 \\
n\Delta a_n &= -a_{n-1} + 2a_{n-2} + 1 \\
n\Delta^2 a_n &= -2\Delta a_{n-1} + 2\Delta a_{n-2} = -2\Delta^2 a_{n-1} \\
\Delta^2 a_n &= \frac{(-2)^{n-1}}{n!} \Delta^2 a_1 = \frac{(-2)^{n-1}}{n!}
\end{aligned}\]
故可以得到 \(a_n\) 的渐进表达式：
\[\begin{aligned}
a_n &= a_{-1} + \sum_{i=0}^n \left( \Delta a_0 + \sum_{j=1}^i \Delta^2 a_j \right) \\
&= \sum_{i=1}^n (n-i+1)\Delta^2 a_i = (n + 1)\left(\sum_{i=1}^n \frac{(-2)^{i-1}}{i!}\right) - \sum_{i=1}^n\frac{(-2)^{i-1}}{(i-1)!} \\
&= (n + 1)\left(\frac{1 - \mathrm e^{-2}}{2}\right) - \mathrm e^{-2} + O\!\left(\frac{2^n}{n!}\right) \\
&= \frac{1 - \mathrm e^{-2}}{2}n + \frac{1 - \mathrm 3e^{-2}}{2} + O\!\left(\frac{2^n}{n!}\right)
\end{aligned}\]
sol 3.
\(a_n\) 同上，令 \(y = \mathbf{OGF}\{a_i\}\)，则 \(y(0) = 0\)，有：
\[\begin{aligned}
&\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} = \frac{2xy}{1-x} + \frac{1}{(1-x)^2} \\
&\mu(x) = \exp\left(\int -\frac{2x}{1-x}\right) = \mathrm e^{2x - 2\ln|1-x|} = \mathrm e^{2x}(1-x)^2 \\
&\mu(x) y = \int \frac{\mu(x)}{(1-x)^2}\mathrm dx = \frac{1}{2}\mathrm e^{2x} + C \\
&y = \frac{1+C\mathrm e^{-2x}}{2(1-x)^2} = \frac{1-\mathrm e^{-2x}}{2(1-x)^2}
\end{aligned}\]
\(x = 1\) 是 \(y\) 的唯一非无穷极点，极点处收敛半径无穷大，依 \(1/R = \limsup_{n\to\infty} |c_n|^{1/n}\)，尾部误差指数小。
\[\begin{aligned}
y &= \frac{1-\mathrm e^{-2}\mathrm e^{2(1-x)}}{2(1-x)^2} \\
&= \frac{1-\mathrm e^{-2}}{2}(1-x)^{-2} - e^{-2}(1-x)^{-1} - e^{-2}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{n+2}}{(n+2)!} (1-x)^n \\
a_n &= [x^n]y = (n+1)\frac{1-\mathrm e^{-2}}{2} - e^{-2} - O\!\left(\frac{2^n}{n!}\right) \\
&= \frac{1 - \mathrm e^{-2}}{2}n + \frac{1 - \mathrm 3e^{-2}}{2} + O\!\left(\frac{2^n}{n!}\right)
\end{aligned}\]
四：连线题
有 \(n=2A+B\) 根线，其中 \(A\) 根线两端都是红色，\(A\) 根线两端都是绿色，\(B\) 根线一端红色一端绿色。
把红色端点和绿色端点从 \(n!\) 种方案中随机选取一种匹配，并且把匹配的端点连在一起，求期望会得到多少个环。
sol 1.
设 \(E_{i,j}\) 为 \(A=i,B=j\) 时的答案
枚举红绿线接到哪条线上：
\[E_{i,j}=\frac{2i}{2i+j}E_{i,j-1}+\frac{j-1}{2i+j}E_{i,j-1}+\frac{1}{2i+j}(E_{i,j-1}+1)=\frac{1}{2i+j}+E_{i,j-1}
\]
再枚举同色线接到哪种线上：
\[E_{i,0}=E_{i-1,1}=\frac{1}{2i-1}+E_{i-1,0}=H_{2i}-\frac{1}{2}H_i
\]
故有：
\[E_{i,j}=\frac{1}{2i+j}+\frac{1}{2i+j-1}+\cdots+\frac{1}{2i+1}+E_{i,0}=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_i
\]
sol 2.
\(E_{i,j}\) 同上，先枚举红线接到哪条线上：
\[\begin{aligned}
E_{i,j} &= \frac{2i}{2i+j} E_{i-1,j+1} + \frac{j}{2i+j} E_{i,j-1} \\
&= \frac{2i}{2i+j} E_{i-1,j+1} + \frac{j}{2i+j} \left( \frac{2i}{2i+j-1} E_{i-1,j} + \frac{j-1}{2i+j-1} E_{i,j-2} \right) \\
&= \sum_{k=0}^j \frac{(2i)^{\underline{1}} j^{\underline{k}}}{(2i+j)^{\underline{k+1}}} E_{i-1,j+1-k} \\
&= \sum_{k=0}^j \dbinom{2i+j-k-1}{2i-1} \Big/ \dbinom{2i+j}{2i} E_{i-1,j+1-k} \\
&= \sum_{k=1}^{j+1} \dbinom{2i-2+k}{2i-1} \Big/ \dbinom{2i+j}{2i} E_{i-1,k}
\end{aligned}\]
再枚举红绿线：
\[E_{0, i} = \frac{1}{i}(1+E_{0,i-1}) + \frac{i-1}{i}E_{0,i-1} = \frac{1}{i} + E_{0,i-1} = H_i
\]
记 \(\Delta E_{i,j} = E_{i,j+1}-E_{i,j}\)，则 \(\Delta E_{0,i}=\dfrac{1}{i+1}\)，发现差分的形式简洁，考虑转成这个形式，固有：
\[\begin{aligned}
\dbinom{2i+j}{2i}E_{i,j}&=\sum_{k=1}^{j+1}\dbinom{2i-2+k}{2i-1}E_{i-1,k} \\
&=\sum_{k=1}^{j+1}E_{i-1,k}\Delta\dbinom{2i-2+k}{2i} \\
&=E_{i-1,j+2}\dbinom{2i+j}{2i}-\sum_{k=1}^{j+1}\dbinom{2i-1+k}{2i}\Delta E_{i-1,k}
\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}
E_{1,i}&=E_{0,i+2}-\dbinom{2+i}{2}^{-1}\sum_{k=1}^{i+1}\frac{1}{k+1}\dbinom{k+1}{2i} \\
&=E_{0,i+2}-\frac{1}{2}\dbinom{2+i}{2}^{-1}\sum_{k=1}^{i+1}\dbinom{k}{1} \\
&=E_{0,i+2}-\frac{1}{2}\dbinom{2+i}{2}^{-1}\dbinom{2+i}{2}=H_{i+2}-\frac{1}{2}
\end{aligned}\]
故 \(\Delta E_{1,i}=\dfrac{1}{i+3}\)
发现似乎有 \(\Delta E_{i,j}=\dfrac{1}{2i+j+1}\)，这样才能将其吸收，故
\[E_{i,j}=\frac{1}{2i+j}+E_{i,j-1}=H_{2i+j}-H_{2i}+H_{2i}-\frac{1}{2}H_{i}=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_{i}
\]
则有：
\[\begin{aligned}
E_{i,j}&=E_{i-1,j+2}-\dbinom{2i+j}{2i}^{-1}\sum_{k=1}^{j+1}\dbinom{2i-1+k}{2i}\Delta E_{i-1,k} \\
&=E_{i-1,j+2}-\dbinom{2i+j}{2i}^{-1}\sum_{k=1}^{j+1}\frac{1}{2i-1+k}\dbinom{2i-1+k}{2i} \\
&=E_{i-1,j+2}-\dbinom{2i+j}{2i}^{-1}\frac{1}{2i}\sum_{k=1}^{j+1}\dbinom{2i-2+k}{2i-1} \\
&=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_{i-1}-\frac{1}{2i}=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_{i-1}-\frac{1}{2i}=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_{i}
\end{aligned}\]
得以归纳
sol 3.
\(E_{i,j}\) 同上，记生成函数 \(\displaystyle F_i = \sum E_{i,j} x^j\)，则有：
\[\begin{aligned}
&(2i+j)E_{i,j} = 2iE_{i-1,j+1} + jE_{i,j-1} \\
&2iF_i + xF_i' = 2i(F_{i-1}-F_{i-1}(0))/x + x(xF_i)' \\
&F_i' + \left(\frac{2i}{x} + \frac{2i-1}{1-x}\right)F_i = \frac{2i}{x^2(1-x)} \\
&\mu(x) = \exp\!\left(\int\left(\frac{2i}{x} + \frac{2i-1}{1-x}\right)\mathrm dx\right) = \frac{x^{2i}}{(1-x)^{2i-1}} \\
&\mu(x) F_i = \int \frac{2i\mu(z)}{z^2(1-z)}(F_{i-1}(z) - F_{i-1}(0))\mathrm dz \\
&F_i = \frac{(1-x)^{2i-1}}{x^{2i}} \int_0^{x} \frac{2iz^{2i-2}}{(1-z)^{2i}}(F_{i-1}(z) - F_{i-1}(0))\mathrm dz
\end{aligned}\]
其中积分下界依 \(F_i\) 为多项式取定，然后我没招了。
直接计算可以得到：
\[F_0 = \mathbf{OGF}\{H_i\} = -\frac{\ln(1-x)}{1-x}
\]
\[F_1 = \frac{1}{1-x} \left\lfloor \frac{-\ln(1-x)}{x^2} \right\rfloor + \frac{1}{2} \frac{1}{1-x}
\]
\[F_2 = \frac{1}{1-x} \left\lfloor \frac{-\ln(1-x)}{x^4} \right\rfloor + \frac{13}{12}\frac{1}{1-x}
\]
\[F_3 = \frac{1}{1-x} \left\lfloor \frac{-\ln(1-x)}{x^6} \right\rfloor + \frac{82}{60}\frac{1}{1-x}
\]
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