鞅的停时定理

鞅的停时定理

鞅

这里只考虑离散的鞅

如果随机过程 \(X=\{X_0,X_1,X_2,\dots,X_n\}\) 满足 \(E(|X_n|)<\infty\) 且 \(E(X_{n+1}|X_0,X_1,X_2,\dots,X_n)=E(X_n)\)，则 \(X\) 为鞅

如果随机过程 \(Y=\{Y_1,Y_2,\dots,Y_n\}\) 是 \(X\) 的鞅，则 \(Y_n\) 仅与 \(X_{0\sim n}\) 有关且 \(E(Y_{n+1}|X_0,X_1,X_2,\dots,x_n)=E(Y_n)\)

另一种表述方式是 \(E(Y_{n+1}-Y_n|X_0,X_1,\dots,X_n)=0\)

通俗解释就是随机变量的期望不是正无穷，且不会受到前面已知的观测值的影响，保持不变

它最初是在赌博问题中被提出的，在公平赌博问题中，如果游戏进行无限轮，不存在一种策略能使一方获利

停时

但现实中不会有无限轮的游戏，我们总会在某个时刻达到目标时选择停下，而停下时的期望由于有条件限制，因此不一定和原来相同

若随机变量 \(T\) 满足 \(P(T<\infty)=1\)，且 \(T\) 的值只会受到 \(X_0,X_1,\dots,X_T\) 的影响，则 \(T\) 为停时

停时首先得停下，因此不能是 \(\infty\)，且肯定不能根据以后的结果来决定现在是否停止，因为后面的结果仍未知

鞅的停时定理

\(Y=\{Y_1,Y_2,\dots,Y_n\}\) 是 $X={X_0,X_1,X_2,\dots,X_n} $ 的鞅，\(T\) 是停时，如果满足三个条件之一：

• \(Y_i\) 一致有界，\(|Y_i|<K\)
• \(T\) 有界，\(P(T<K)=1\)
• \(E(T)<\infty\)，且存在 \(K<\infty\)， \(E(Y_{i+1}-Y_i|X_0,X_1,\dots,X_i)<M\)

则 \(E(Y_T)=E(Y_0)\)

证明不会，OI 中大多数题都满足第二个条件，一般可以用

不过停时定理是充分条件而不必要，有可能三个情况都不满足但 \(E(Y_T)=E(Y_0)\)

势能函数

一般应用时，我们求的是 \(E(T)\)

构造势能函数 \(\Phi(X_i)\)，使得 \(E(\Phi(X_{n+1})-\Phi(X_{n})|X_0,X_1,\dots, X_n)=-1\)，通俗解释就是每变化一步期望少 \(1\)

令 \(Y_i=\Phi(X_i)+i\)，则 \(E(Y_{n+1}-Y_{n}|X_0,X_1,\dots,X_n)=E(\Phi(X_{n+1})+n+1)-E(\Phi(X_n)+n)=0\)

所以 \(Y\) 是 \(X\) 的鞅，若停时定理满足，则 \(E(Y_T)=E(Y_0)\)

\(E(Y_T)=E(\Phi(X_T)+T)=E(\Phi(X_T))+E(T)=E(Y_0)=E(\Phi(X_0))\)

则 \(E(T)=E(\Phi(X_0))-E(\Phi(X_T))\)

如果这个势能函数满足上述条件且终止状态 \(\Phi(X_T)\) 的取值与其它的不同，通常是最大/最小值

则由于我们能定义 \(\Phi(X_0)\) 为常数，且终止状态确定，\(E(T)=\Phi(X_0)-\Phi(X_T)\)

目标是找到这样的势能函数，通常需要推大量式子，要注意边界情况，结合实际意义判断

例题

CF1025G Company Acquisitions

有多个菊花图，设局面 \(A_i\) 中 \(m\) 个菊花的大小分别是 \(a_1,a_2,\dots,a_m\)，设 \(\Phi(A_i)=\sum_{j=1}^m f(a_j)\)，\(f(x)\) 是我们要自定义的函数

\[E(\Phi(A_{n+1})|A_0,A_1,\dots,A_{n})=\sum_{i=1}^m \frac 1 m((a_i-1)f(1)+\sum_{j\neq i}\frac{1}{m-1}f(a_j+1)+\frac{m-2}{m-1}f(a_j)) \\ = \sum_{i=1}^m \frac 1 m((a_i-1)f(1)+f(a_i+1)+(m-2)f(a_i)) \]

枚举当前要被拆的是 \(i\)，把 \(i\) 的根放到 \(j\) 子树内，然后把每个连通块的贡献拆开计算

\[E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)|A_0,A_1,\dots,A_n)=-1 \\ E(\Phi(A_{n+1}))=E(\Phi(A_n))-1 \\ \sum_{i=1}^m \frac 1 m((a_i-1)f(1)+f(a_i+1)+(m-2)f(a_i))=\sum_{i=1}^m(f(a_i)-\frac 1 m) \]

由于 \(f(x)\) 是我们自己决定的，因此直接让

\[\frac 1 m((a_i-1)f(1)+f(a_i+1)+(m-2)f(a_i))=f(a_i)-\frac 1 m \\ (x-1)f(1)+f(x+1)-2f(x)=-1 \]

化简发现 \(m\) 恰好消掉了，\(f(x+1)=2f(x)-1-(x-1)f(1)\)

\(f(1)\) 很讨厌，但我们可以自己定义，令 \(f(1)=0\)，则 \(f(x+1)=2f(x)-1\)，解得 \(f(x)=1-2^{x-1}\)

\(f(x)\) 单调递减，终止状态为 \(\Phi(A_T)=f(n)\)，发现它肯定为最小值，因此符合要求，初始状态题目已经给出

不过有些时候势能函数不一定要这么拆开定义，也有可能推式子时 \(m\) 无法消掉，需要代入合适的初始值

int main()
{
    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
    {
        read(a[i]);
        a[i] > 0 ? ++num[a[i]] : ++num[i]; 
    }
    for(int i = 2; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i - 1] + mod - 1) % mod;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = (ans + f[num[i]]) % mod;
    cout << (ans - f[n] + mod) % mod;
    return 0;
}

CF1349D Slime and Biscuits

和上一题挺类似的，还是设局面 \(A_i\) 中每个人的饼干数是 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，饼干总数是 \(s\)，\(\Phi(A_i)=\sum_{j=1}^n f(a_j)\)，要求出 \(f(x)\)

\[E(\Phi(A_{n+1})|A_0,A_1,\dots,A_n)=\sum_{i=1}^n \frac {a_i} s(f(a_i-1)+\sum_{j\neq i}\frac 1 {n-1}f(a_j+1)+\frac{n-2}{n-1}f(a_j)) \\ = \sum_{i=1}^n \frac{a_i}s f(a_i-1)+\frac{s-a_i}{s(n-1)}f(a_i+1)+\frac{(n-2)(s-a_i)}{s(n-1)}f(a_i) \]

\[E(\Phi(A_{n+1}))=E(\Phi(A_n))-1 \\ \sum_{i=1}^n \frac{a_i}s f(a_i-1)+\frac{s-a_i}{s(n-1)}f(a_i+1)+\frac{(n-2)(s-a_i)}{s(n-1)}f(a_i)=\sum_{i=1}^n (f(a_i)-\frac{a_i}s) \]

这里的 \(-1\) 拆成 \(\sum \frac{a_i}s\)，\(\sum \frac 1 n\) 都行，目的是使等式两边形式类似，都在求和号内，令

\[\frac{a_i}s f(a_i-1)+\frac{s-a_i}{s(n-1)}f(a_i+1)+\frac{(n-2)(s-a_i)}{s(n-1)}f(a_i)=f(a_i)-\frac{a_i}s \\ \frac x sf(x-1)+\frac{s-x}{s(n-1)}f(x+1)+\frac{(n-2)(s-x)}{s(n-1)}f(x)+\frac x s = f(x) \\ f(x+1)=(\frac{s(n-1)}{s-x}-(n-2))f(x)-\frac{x(n-1)}{s-x}f(x-1)-\frac{x(n-1)}{s-x} \]

式子长的很丑，将 \(x=1\) 代入得到 \(f(1)=f(0)\)，于是令 \(f(1)=f(0)=0\)，递推即可，注意当 \(x=s\) 时无定义

写出 \(f(x)\) 的差分发现 \(f(x)\) 递减，终态 \(\Phi(A_T)=f(n)\)，需证明 \(f(a+b)<f(a)+f(b)\)，等价于证 \(f(a+1)<f(a)+f(1)\)，而 \(f(1)=0\)，\(f(x)\) 递减，所以终态的势能函数是最小的，唯一

int main()
{
    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), sum += a[i];
    for(ll i = 1; i < sum; ++i)
    {
        ll tmp = (n - 1) * qmi(sum - i, mod - 2) % mod;
        f[i + 1] = add(add(tmp * sum % mod, mod - n + 2) * f[i] % mod, mod - tmp * i % mod * f[i - 1] % mod, mod - tmp * i % mod);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = add(ans, f[a[i]]);
    cout << add(ans, mod - f[sum]);
    return 0;
}