学了一些比较有意思的东西，记录一下。
关于 AI ：本文使用蓝色大肥鱼进行查错和标准化，可能会有一点人机味道，保证人类贡献大于 AI。
鞅
设 \((\Omega,\mathcal F,\mathbb P)\) 是概率空间。
随机过程 \(\{M_n\}_{n\ge 0}\) 称为关于 \(\{\mathcal F_n\}\) 的鞅，如果对于任意 \(n\) 存在：
-
\(\mathbb E[|M_n|]<\infty\)
-
\(\mathbb E[M_{n+1}\mid \mathcal F_n]=M_n\)
容易得到 \(\mathbb E[M_n]=\mathbb E[M_0]\)。
停时
取值于 \(\{0,1,2,\dots\}\cup\{\infty\}\) 的随机变量 \(T\) 称为关于 \(\{\mathcal F_n\}\) 的停时，如果对每个 \(n\)，
\[\{T\le n\}\in \mathcal F_n.
\]
设 \(\{M_n\}\) 是鞅，\(T\) 是停时。若满足以下任意一条：
- 有界停时：
\[\exists C,\quad T\le C \quad \text{几乎必然}.
\]
- 有限期望 + 增量有界：
\[\mathbb E[T]<\infty,
\qquad
\exists K,\quad |M_{n+1}-M_n|\le K \quad \text{对所有 }n<T.
\]
- 一致有界：
\[\exists K,\quad |M_{n\wedge T}|\le K\quad \text{几乎必然},\qquad\mathbb P(T<\infty)=1.
\]
那么就符合停时定理。
感觉记不住，感性理解一下大概就是停止时刻不会无限延伸，并且每一步的收益不会突然增长特别多。
停时定理：
在满足上面的任意条件之一的情况下有：
\[\mathbb E[M_T]=\mathbb E[M_0].
\]
势能函数：
在我们做题的时候需要构造一个势能函数，满足 \(\varphi\)：使对每个非终止局面 \(A\notin\mathcal S\)，
\[\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid A_t=A]=\varphi(A)-1.
\]
令
\[M_t=\varphi(A_t)+t.
\]
则对 \(t<T\)，
\[\begin{aligned}
\mathbb E[M_{t+1}\mid \mathcal F_t]
&=\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid \mathcal F_t]+t+1\\
&=\varphi(A_t)-1+t+1\\
&=\varphi(A_t)+t\\
&=M_t.
\end{aligned}
\]
所以 \(M_t\) 是鞅。
对 \(M_t\) 用停时定理。
那么有：
\[\mathbb E[\varphi(A_T)+T] = \mathbb E[\varphi(A_0)].
\]
移项：
\[\mathbb E[T]=\mathbb E[\varphi(A_0)]-\mathbb E[\varphi(A_T)].
\]
一般 \(\mathbb E[\varphi(A_0)]\) 和 \(\mathbb E[\varphi(A_T)]\) 容易得到，那我们就可以得出 \(\mathbb E[T]\)。
但是构造 \(\varphi\) 函数的过程比较人类智慧。
一些习题：
例题一：一个公平游戏，每局 \(\pm1\)。规则是“第一次赢到 \(+1\) 就停”。
感性理解一下发现不能停时定理，因为注意到 \(T\) 可能趋近于 \(\infty\)。
例题二：你初始有 \(k\) 元，每局赢 \(1\) 元或输 \(1\) 元，概率各 \(1/2\)。
当你到达 \(0\) 元或 \(N\) 元时停止。求：
- 最终到达 \(N\) 元的概率；
- 平均玩多少局。
设 \(M_t\) 为第 \(t\) 局之后的钱数，初始 \(M_0=k\)。
注意到 \(\mathbb E[M_{t+1}\mid M_t]=M_t\)，所以 \(M_t\) 就是鞅。由于 \(0\le M_t\le N\)，也就是 \(M_t\) 有界。所以满足鞅的停时定理。
所以有：
\[\mathbb E[M_T] = \mathbb E[M_0] = k = 0\cdot\mathbb P(M_T=0)+N\cdot\mathbb P(M_T=N).
\]
将 \(\mathbb P(M_T=0)+\mathbb P(M_T=N)=1\) 带入得：
\[\mathbb P(M_T=N)=\frac{k}{N}.
\]
第二问求停时，那肯定得停时定理。
考虑设计一下 \(\varphi\) 函数。
既然需要满足
\[\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid A_t=A]=\varphi(A)-1,
\]
那我们有：
\[\frac{\varphi(x+1)+\varphi(x-1)}{2}=\varphi(x)-1.
\]
移项变成：
\[\varphi(x+1)-2\varphi(x)+\varphi(x-1)=-2.
\]
左边是二阶差分。记一阶差分
\[\Delta\varphi(x)=\varphi(x)-\varphi(x-1),
\]
则二阶差分就是 \(\Delta\varphi(x+1)-\Delta\varphi(x)\)。方程变成：
\[\Delta\varphi(x+1)-\Delta\varphi(x)=-2.
\]
\(\Delta\varphi\) 每增加 \(x\) 一步就减少 \(2\)。也就是说 \(\Delta\varphi\) 是公差为 \(-2\) 的等差数列。
由等差数列：
\[\Delta\varphi(x)=\Delta\varphi(1)-2(x-1).
\]
记为
\[\Delta\varphi(x)=C-2x+2,
\]
其中 \(C=\Delta\varphi(1)\) 是任意常数（取决于 \(\varphi(1)\) 的选法）。
再求和得到 \(\varphi(x)\)：
\[\varphi(x)=\varphi(0)+\sum_{k=1}^{x}\Delta\varphi(k)
=\varphi(0)+\sum_{k=1}^{x}(C+2-2k).
\]
计算这个和：
\[\sum_{k=1}^{x}(C+2-2k)
=(C+2)x-2\cdot\frac{x(x+1)}{2}
=(C+2)x-x^2-x
=(C+1)x-x^2.
\]
所以
\[\varphi(x)=\varphi(0)-x^2+(C+1)x.
\]
然后注意到一次项和常数项不会影响答案，所以我们得到 \(\varphi(x)=-x^2\)。
应用停时定理得
\[\mathbb E[T]=\varphi(k)-\mathbb E[\varphi(M_T)]
=(-k^2)-\left(0\cdot\frac{N-k}{N}-N^2\cdot\frac{k}{N}\right)
=k(N-k).
\]
是不是来点感觉了。
例题三：CF1025G Company Acquisitions
题目大意：有 \(n\) 个公司，一部分是活跃公司，每个非活跃公司都跟随恰好一个活跃公司。每回合随机等概率选出两个不同的活跃公司 \(x,y\)，掷硬币决定谁收购谁：若 \(x\) 收购 \(y\)，则 \(y\) 变为非活跃并跟随 \(x\)，而原本跟随 \(y\) 的所有公司全部重新变为活跃。当只剩一个活跃公司时停止，求期望天数。
设势能函数。一个局面只需要知道每个活跃公司手下有多少个跟随者。设 \(a_i\) 为第 \(i\) 个活跃公司当前的跟随者数量，定义
\[\varphi(\text{局面})=\sum_{i} f(a_i).
\]
对非终止局面计算一步期望变化。假设本回合选中的两个活跃公司的跟随数分别为 \(x\) 和 \(y\)。
- 若 \(x\) 收购 \(y\)：\(x\) 的跟随数变为 \(x+1\)，\(y\) 不再活跃，而原来跟随 \(y\) 的 \(y\) 个公司各变成一个活跃公司，每个的跟随数为 \(0\)。这一步之后，这两个“旧关键点”的势能和变为
\[f(x+1)+y f(0).
\]
- 若 \(y\) 收购 \(x\)，对称地，势能和变为
\[f(y+1)+x f(0).
\]
掷硬币等概率，所以这对关键点贡献的期望势能是
\[\frac12\left(f(x+1)+y f(0)\right)+\frac12\left(f(y+1)+x f(0)\right).
\]
其余活跃公司的跟随数没有变，势能不变。原来这两家贡献的是 \(f(x)+f(y)\)，因此整局势能的期望变化量为
\[\frac12 f(x+1)+\frac12 y f(0)+\frac12 f(y+1)+\frac12 x f(0)-f(x)-f(y).
\]
我们希望一步之后势能期望减少 \(1\)，即
\[\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid A_t]=\varphi(A_t)-1.
\]
于是令上式等于 \(-1\)。为方便取 \(f(0)=0\)，方程化为
\[\frac12 f(x+1)+\frac12 f(y+1)-f(x)-f(y)=-1.
\]
移项并拆开：
\[\left(\frac12 f(x+1)-f(x)\right)+\left(\frac12 f(y+1)-f(y)\right)=-1.
\]
这个式子要对任意的 \(x,y\) 都成立。左边是只含 \(x\) 的一项与只含 \(y\) 的一项之和，如果这个和恒为常数 \(-1\)，那么每一项本身也必须是常数，并且两个常数之和为 \(-1\)。于是存在常数 \(C\) 使得
\[\frac12 f(x+1)-f(x)=C
\]
对每个 \(x\) 成立，且 \(2C=-1\)，即 \(C=-\frac12\)。所以
\[\frac12 f(x+1)-f(x)=-\frac12,
\]
乘以 \(2\)：
\[f(x+1)=2f(x)-1.
\]
结合 \(f(0)=0\)，递推两步就能看出规律：
\[f(1)=2\cdot0-1=-1,\quad
f(2)=2(-1)-1=-3,\quad
f(3)=2(-3)-1=-7,\dots
\]
归纳得
\[f(k)=1-2^k.
\]
终止局面的势能。终止时只有一个活跃公司，它跟随了其余全部 \(n-1\) 个公司，所以 \(a=n-1\)，终态势能
\[\varphi(A_T)=f(n-1)=1-2^{n-1}.
\]
停时定理给出
\[\mathbb E[T]=\varphi(A_0)-\mathbb E[\varphi(A_T)].
\]
终态确定，所以
\[\mathbb E[T]=\varphi(A_0)-\varphi(A_T)
=\sum_{i} \left(1-2^{a_i}\right)-\left(1-2^{n-1}\right).
\]
答案是：
\[\mathbb E[T]=\left(2^{n-1}-1\right)-\sum_{i}\left(2^{a_i}-1\right).
\]
其中 \(a_i\) 是第 \(i\) 个活跃公司当前的跟随者数量，求和只遍历活跃公司。
例题四：CF1349D Slime and Biscuits
有 \(n\) 个人，第 \(i\) 个人有 \(a_i\) 块饼干，总数 \(m=\sum_{i=1}^n a_i\) 每回合随机等概率选一块饼干，再随机等概率选一个不是它当前主人的人，把这块饼干给那个人。求第一次出现“某个人拥有全部 \(m\) 块饼干”的期望步数。
一个局面只需要知道每个人手里有多少块饼干。设第 \(i\) 个人有 \(a_i\) 块，定义
\[\varphi(\text{局面})=\sum_{i=1}^n f(a_i).
\]
对非终止局面计算一步的期望变化。假设本回合选中的饼干属于第 \(i\) 个人，概率为 \(a_i/m\)；把它送给第 \(j\) 个人，\(j\ne i\)，概率为 \(1/(n-1)\)。这一步之后
\[a_i\to a_i-1,\qquad a_j\to a_j+1.
\]
势能变化为
\[f(a_i-1)-f(a_i)+f(a_j+1)-f(a_j).
\]
于是
\[\begin{aligned}
\mathbb E[\Delta\varphi]
&=\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{m}\cdot\frac1{n-1}
\sum_{j\ne i}\Bigl[f(a_i-1)-f(a_i)+f(a_j+1)-f(a_j)\Bigr].
\end{aligned}
\]
拆成两部分。第一部分：
\[\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{m}\cdot\frac1{n-1}\cdot(n-1)\bigl[f(a_i-1)-f(a_i)\bigr]
=
\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{m}\bigl[f(a_i-1)-f(a_i)\bigr].
\]
第二部分交换求和：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{m}\cdot\frac1{n-1}
\sum_{j\ne i}\bigl[f(a_j+1)-f(a_j)\bigr]\\
&=\frac1{n-1}\sum_{j=1}^n \bigl[f(a_j+1)-f(a_j)\bigr]
\sum_{i\ne j}\frac{a_i}{m}\\
&=\frac1{n-1}\sum_{j=1}^n \bigl[f(a_j+1)-f(a_j)\bigr]\cdot\frac{m-a_j}{m}.
\end{aligned}
\]
合并得到
\[\mathbb E[\Delta\varphi]
=
\sum_{i=1}^n\left[
\frac{a_i}{m}\bigl(f(a_i-1)-f(a_i)\bigr)
+
\frac{m-a_i}{m(n-1)}\bigl(f(a_i+1)-f(a_i)\bigr)
\right].
\]
我们希望
\[\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid A_t]=\varphi(A_t)-1,
\]
也就是 \(\mathbb E[\Delta\varphi]=-1\)。一个充分条件是每一项都贡献 \(-a_i/m\)，因为
\[\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{m}=1.
\]
于是对每个 \(k=a_i\)，要求
\[\frac{k}{m}\bigl(f(k-1)-f(k)\bigr)
+
\frac{m-k}{m(n-1)}\bigl(f(k+1)-f(k)\bigr)
=
-\frac{k}{m}.
\]
乘以 \(m\)：
\[k\bigl(f(k-1)-f(k)\bigr)
+
\frac{m-k}{n-1}\bigl(f(k+1)-f(k)\bigr)
=
-k.
\]
令
\[\Delta(k)=f(k)-f(k-1),
\]
则
\[f(k-1)-f(k)=-\Delta(k),
\qquad
f(k+1)-f(k)=\Delta(k+1).
\]
代入得
\[-k\Delta(k)+\frac{m-k}{n-1}\Delta(k+1)=-k.
\]
移项：
\[\frac{m-k}{n-1}\Delta(k+1)=k\Delta(k)-k,
\]
所以
\[\Delta(k+1)=\frac{(n-1)k\bigl(\Delta(k)-1\bigr)}{m-k}.
\]
取 \(f(0)=f(1)=0\)，则 \(\Delta(1)=f(1)-f(0)=0\)。从 \(k=1\) 递推到 \(k=m-1\)，再用
\[f(k+1)=f(k)+\Delta(k+1)
\]
前缀和即可得到所有 \(f(k)\)。
终止局面：一个人有 \(m\) 块，其余 \(n-1\) 个人有 \(0\) 块。因此终态势能
\[\varphi(A_T)=f(m)+(n-1)f(0)=f(m).
\]
初始势能
\[\varphi(A_0)=\sum_{i=1}^n f(a_i).
\]
停时定理条件满足。由
\[\mathbb E[T]=\varphi(A_0)-\mathbb E[\varphi(A_T)]
\]
得到
\[\mathbb E[T]=\sum_{i=1}^n f(a_i)-f(m)
\]
总结：
输入：初始局面 \(A_0\)，终止集合 \(\mathcal S\)。
大概就是这样一个过程：
- 设 \(\varphi(\text{局面})=\sum f(\text{分量})\)。
- 对非终止局面 \(A\notin\mathcal S\)，计算 \(\mathbb E[\varphi(A_{t+1})\mid A_t=A]\)，令它等于 \(\varphi(A)-1\)，整理成 \(f\) 的递推/方程。
- 指定 \(f\) 的一个初值（如 \(f(0)=0\)）。
- 解出所有需要的 \(f(k)\)。
- 计算 \(\varphi(A_0)\) 和 \(\mathbb E[\varphi(A_T)]\)；若终止局面势能确定，就是 \(\varphi(A_T)\)。
- 输出 \(\mathbb E[T]=\varphi(A_0)-\mathbb E[\varphi(A_T)]\)；若终止势能确定，则输出 \(\varphi(A_0)-\varphi(A_T)\)。
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