一些概率相关的问题

一：\(n\) 个随机整数 \(a_i\in[1,w]\)，且 \(a_i\neq a_j\)，求第 \(c\) 大数的期望

\[\begin{aligned} E(a_c)\sum_{k=1}^w \dbinom{k-1}{c-1}\dbinom{w-k}{n-c}&=\sum_{k=1}^w k\dbinom{k-1}{c-1}\dbinom{w-k}{n-c}\\ E(a_c)\dbinom{w}{n}&=\sum_{k=1}^w c\dbinom{k}{c}\dbinom{w-k}{n-c}\\ E(a_c)&=c\dbinom{w+1}{n+1}{\Large/}\dbinom{w}{n}\\ E(a_c)&=\frac{c(w+1)}{n+1}\end{aligned}\]

考虑往 \(n\) 个球之间插 \(w-n\) 个板子，则每个球和板子分别对应一个整数
第 \(c\) 个球代表的数的期望应为 \(c+w\dfrac{c}{n+1}=\dfrac{c(w+1)}{n+1}\)

二：已知序列中其中有恰好 \(i\) 个石头，\(j\) 个布，\(k\) 个剪刀的概率 \(f_{i,j,k}\)，求下一个是石头的概率

考虑序列中有 \(i+1\) 个石头，\(j\) 个布，\(k\) 个剪刀的概率 \(f_{i+1,j,k}\)，
其末尾为石头的概率为 \(\dfrac{(i+1)f_{i+1,j,k}}{i+j+k+1}\)

三：有一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串，初始为 \(0\)，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

给每个位置赋 \(f_i\in[0,1]\)
考虑以 \(f_i\) 从小到大的顺序枚举当前位置是否可以修改为 \(1\)，
则位置 \(i\) 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：

\[\left(1-P(f_i>f_{i-1})+P(f_i>f_{i-1}>f_{i-2})-\cdots\right)^2 \]

考虑先随机 \(k\) 个数在固定顺序，则 \(P(f_i>f_{i-1}>\cdots>f_{i-k})=\dfrac{f_i^k}{k!}\)
位置 \(i\) 被修改为 \(1\) 概率即为

\[p=\left(1-f_i+\frac{f_i^2}{2}-\cdots\right)^2=(e^{-f_i})^2=e^{-2f_i} \]

所求即为：

\[\int_0^1e^{-2x}\mathrm dx=\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^2} \]

考虑递推，令 \(a_n\) 为最后 \(1\) 的期望个数，枚举选的位置可得：

\[a_n=\frac{2}{n}s_{n-2}+1, a_0=0, a_1=1, s_n=\sum_{i=0}^na_i \]

\[\begin{aligned} na_n&=2s_{n-2}+n\\ na_n-(n-1)a_{n-1}&=2(s_{n-2}-s_{n-3})+1 \\ n(a_n-a_{n-1})&=-a_{n-1}+2a_{n-2}+1 \\ nb_n&=-b_{n-1}+a_{n-2}+1 \\ nb_n-(n-1)b_{n-1}&=-(b_{n-1}-b_{n-2})+a_{n-2}-a_{n-3} \\ n(b_n-b_{n-1})&=-2(b_{n-1}-b_{n-2}) \end{aligned}\]

\[c_n=-\frac{2}{n}c_{n-1}=\frac{4}{n(n-1)}c_{n-2}=\cdots=\frac{(-2)^{n-1}}{n!} \]

所求即：

\[\begin{aligned}\lim_{i\to\infty}\frac{a_i}{i}&=\lim_{i\to\infty}b_i=\sum_{i=1}^\infty c_i=\sum_{i=1}^\infty\frac{(-2)^{i-1}}{i!} \\ &=-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^\infty\frac{(-2)^{i}}{i!}=-\frac{1}{2}(e^{-2}-1)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^2}\end{aligned}\]

\(a_n\) 同上，考虑

\[\mathbf{OGF}\{ia_i\}=x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\mathbf{OGF}\{a_i\} \]

\[\mathbf{OGF}\{s_i\}=\frac{1}{1-x}\mathbf{OGF}\{a_i\} \]

\[\mathbf{OGF}\{[0,1,2,\cdots]\}=x\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\frac{1}{1-x}=\frac{x}{(1-x)^2} \]

则设 \(y=\mathbf{OGF}\{a_i\}\)，有

\[\begin{aligned} &x\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{2x^2y}{1-x}+\frac{x}{(1-x)^2} \\ &\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}-\frac{2xy}{1-x}=\frac{1}{(1-x)^2} \\ &\frac{\mathrm dy}{y}=\frac{2x}{1-x}\mathrm dx \\ &y=C\frac{e^{-2x}}{(1-x)^2} \\ &\frac{\mathrm dC}{\mathrm dx}\frac{e^{-2x}}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2} \\ &C=\frac{e^{2x}}{2}+C' \\ &y=\left(\frac{e^{2x}}{2}+C\right)\frac{e^{-2x}}{(1-x)^2} \\ &y=\frac{1}{2(1-x)^2}+\frac{Ce^{-2x}}{(1-x)^2} \end{aligned}\]

易知 \(y(0)=0\)，故 \(C=-\dfrac{1}{2}\)

\[\begin{aligned} y&=\frac{1-e^{-2x}}{2(1-x)^2} \\ a_n&=\frac{1}{2}\left(n+1-\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^i\frac{(-2)^j}{j!}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(n+1-\sum_{i=0}^n\frac{(-2)^i}{i!}(n-i+1)\right) \\ \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}&=\frac{n+1}{2n}-\frac{1}{2n}\sum_{i=0}^n\frac{(-2)^i}{i!}(n-i+1) \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{2n-2(n-1)}\sum_{i=0}^{n+1}\frac{(-2)^i}{i!} \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{2e^2} \end{aligned}\]

\(a_n\) 同上

\[\left(\frac{(-2)^{i+1}}{(i+1)!}(n-i)\right){\Large/}\left(\frac{(-2)^i}{i!}(n-i+1)\right)=\frac{-2(i-n)}{(i+1)(i-n-1)} \]

\[\sum_{i=0}^n\frac{(-2)^i}{i!}(n-i+1)=(n+1)F(-n;-n-1;-2) \]

\[\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=\frac{n+1}{2n}\left(1-F(-n;-n-1;-2)\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{e^2}\right) \]

四：有 \(n=2A+B\) 根线，其中有 \(A\) 根线，两端都是红色，\(A\) 根线，两端都是绿色，有 \(B\) 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。求出期望会得到多少个环

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：

\[E_{i,j}=\frac{1}{2i+j}+\frac{1}{2i+j-1}+\cdots+\frac{1}{2i+1}+E_{i,0}=H_{2i+j}-\frac{1}{2}H_i \]

\(E_{i,j}\) 同上，先枚举红线接到哪条线上：

\[\begin{aligned} E_{i,j}&=\frac{2i}{2i+j}E_{i-1,j+1}+\frac{j}{2i+j}E_{i,j-1} \\ &=\frac{2i}{2i+j}E_{i-1,j+1}+\frac{j}{2i+j}\left(\frac{2i}{2i+j-1}E_{i-1,j}+\frac{j-1}{2i+j-1}E_{i,j-2}\right) \\ &=2i\sum_{k=0}^j\frac{j^\underline{k}}{(2i+j)^\underline{k+1}}E_{i-1,j+1-k} \\ &=2i\sum_{k=0}^j\frac{j!(2i+j-k-1)!}{(j-k)!(2i+j)!}E_{i-1,j+1-k} \\ &=2i\sum_{k=0}^j\frac{(2i+j-k-1)!}{(j-k)!(2i-1)!}\frac{(2i-1)!j!}{(j-k)!(2i+j)!}E_{i-1,j+1-k} \\ &=\sum_{k=0}^j\dbinom{2i+j-k-1}{2i-1}{\Large/}\dbinom{2i+j}{2i}E_{i-1,j+1-k} \\ &=\sum_{k=1}^{j+1}\dbinom{2i-2+k}{2i-1}{\Large/}\dbinom{2i+j}{2i}E_{i-1,k} \end{aligned}\]

再枚举红绿线：

\[E_{0,i}=\frac{1}{i}(1+E_{0,i-1})+\frac{i-1}{i}E_{0,i-1}=\frac{1}{i}+E_{0,i-1}=H_i \]

故 \(\Delta E_{0,i}=\dfrac{1}{i+1}\)，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
3.
\(E_{i,j}\) 同上，记 \(F_i=\sum E_{i,j}x^j\)，\(G_i=E_{i,0}\) 有：

\[\begin{aligned} &(2i+j)E_{i,j}=2iE_{i-1,j+1}+jE_{i,j-1} \\ &2iF_i+xF_i'=2i\frac{F_{i-1}-G_{i-1}}{x}+x(xF_i)' \\ &(2i-x)F_i+x(1-x)F_i'=2i\frac{F_{i-1}-G_{i-1}}{x} \\ &\frac{2i-x}{x(1-x)}F_i+F_i'=2i\frac{F_{i-1}-G_{i-1}}{x^2(1-x)} \\ &\frac{\mathrm dF_i}{F_i}+\left(\frac{2i}{x}+\frac{2i-1}{1-x}\right)\mathrm dx=0 \\ &\ln F_i+2i\ln x-(2i-1)\ln(1-x)=C \\ &F_i=\frac{(1-x)^{2i-1}C(x)}{x^{2i}} \\ &\frac{C'(x)(1-x)^{2i-1}}{x^{2i}}=2i\frac{F_{i-1}-G_{i-1}}{x^2(1-x)} \\ &F_i=\frac{2i(1-x)^{2i-1}}{x^{2i}}\int\frac{x^{2i-2}(F_{i-1}-G_{i-1})}{(1-x)^{2i}}\mathrm dx \\ \end{aligned}\]

可以算出十分阴间的结果：

\[F_0=-\frac{\ln(1-x)}{1-x} \]

\[F_1=-\frac{2\ln(1-x)+2x-x^2}{2(1-x)x^2} \]

\[F_2=-\frac{12\ln(1-x)+12x+6x^2+4x^3-13x^4}{12(1-x)x^4} \]

\[F_3=-\frac{60\ln(1-x)+60x+30x^2+20x^3+15x^4+12x^5-82x^6}{60(1-x)x^6} \]

五、对于一个长度为 \(n\) 的非负整数序列 \(a_i\)，已知 \(a_1\ge q\)，\(\sum a_i=m\)，求 \(a_1\) 是最大值的概率，如果序列中有多个最大值，随机任意一个作为最大值

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