闲话 25.1.25

闲话

以后再也不读法语文献了。让我一夜回到出生前。

那些你不要的：多元概率生成函数应用一例

抄自 D. Foata, B. Lass, and G.-N. Han, Les nombres hyperharmoniques et la fratrie du collectionneur de vignettes. Seminaire Lotharingien de Combinatoire 47, B47a (2001), 1–20. 前半部分。后半部分因为我没学过很厉害的数学或很高妙的法语，先咕了。

考虑一个赠券收集模型：有一名赠券收藏家，他的收集册中有 $m$ 个位置，对应 $m$ 种彼此不同的赠券。他可以无限次地均匀随机地抽取赠券，每次抽一张，目的是达到全收集。我们已经知道了全收集时其抽取次数的期望是 $mH_m$，其中 $H_n$ 为第 $n$ 个调和数。

现在，模型发生了一些变化。收藏家是家中的大哥，他有 $r$ 个弟弟，按年龄从大到小编号为 $1, \dots, r$。每个弟弟都都有一个和大哥一样的收集册，并在获得新贴纸的时候也会放进去。弟弟们的贴纸来源如下：每次大哥抽得一张新赠券时，他会把赠券放入自己的收集册，反之他会给年龄最大的弟弟；若后者没有这张赠券，他会把赠券放入自己的收集册，反之他会给年龄第二大的弟弟，以此类推。如果一张贴纸在大哥全收集前出现了超过 $r$（原文如此）次，它就会被扔掉。

设 $T$ 为表示大哥完成全收集需要抽取的次数的随机变量，并设此时编号为 $k$ 的弟弟的收集册中还有 $M_T^{(k)}$ 个空位。下文将通过计算随机向量 $(T, M_T^{(1)}, M_T^{(2)}, \dots, M_T^{(r)})$ 的分布的表达式，推导出每个变量的分布情况，自然得到其数学期望。具体的手法是，引入一列（差分）随机变量 $\{X_T^{(k)}\}_{k\ge 0}$，使得 $\forall k \ge 1, M_T^{(k)} = X_T^{(1)} + \cdots + X_T^{(k)}$，来解决原问题。一种直接的启发是，对随机向量 $(T, X_T^{(1)}, X_T^{(2)}, \dots, X_T^{(r)})$ 建立多元生成函数，随后用线性性解决问题。

为分析这个问题，首先引入超调和数 $K_m^{(k)}$，定义如下：

\[K_{m}^{(k)} = \left\{ \begin{aligned} &0, &&\ m = 1 \land k \ge 1 \\ &1, &&\ m \ge 1 \land k = 0 \\ &\sum_{i = 2}^{m} \dfrac{K_i^{(k - 1)}}{i}\ , &&\ \text{otherwise} \end{aligned} \right. \]

注意：$\forall n \ge 1, K_n^{(1)} = H_n - 1$，以及 $\forall k \ge 0, K_{2}^{(k)} = 2^{-k}$。超调和数满足 $K_m^{(k)}- \dfrac{K_{m}^{(k-1)}}m = K_{m - 1}^{(k)}$。我们也可以推导出（过程见不务正业 21.）对 $k\ge 0, m \ge 2$ 有

\[K_m^{(k)} = \sum_{n = 0}^{m - 2} \dfrac{(-m)^{\overline {n + 2}}}{n!(n + 2)^{k + 1}} \]

其中 $m^{\overline n} = m(m + 1) \cdots (m + n - 1)$（$m^{\overline 0} = 1$）为上升幂。

考察超调和数的列生成函数

\[F_m(t) = \sum_{k \ge 0} K_m^{(k)} t^k \]

那么根据上方的式子，得到 $(1 - t/m) F_m(t) = F_{m - 1}(t)$，并 $F_1(t) = 1$，得到

\[F_m(t) = \dfrac{1}{\prod_{k = 2}^m (1 - t/k)} \]

$F_m$ 的形式有点眼熟啊！熟知次数为 $d$ 的 $n$ 变量完全齐次对称多项式定义为

\[h_d(x_1, \dots, x_n) = \sum_{1\le i_1 \le i_2 \le \cdots \le i_d \le n} x_{i_1} \cdots x_{i_d} \]

那么不妨固定 $n$ 个变量 $x_1, \dots, x_n$，知道 $h_d$ 中的每一项都是从 $\{x_1^k\}_{k \ge 0}, \{x_2^k\}_{k \ge 0},\dots, \{x_n^k\}_{k \ge 0}$ 中分别选择一个，使得它们的幂之和为 $d$，将它们乘起来得到的。故根据这个组合意义，得到 $h_d$ 的生成函数为

\[\sum_{d\ge 0} h_d(x_1, \dots, x_n) t^d = \prod_{i = 1}^n\left(1 + x_it + (x_it)^2 + \cdots\right) = \dfrac{1}{\prod_{i = 1}^n (1 - x_i t)} \]

而这个形式和 $F_m(t)$ 相同，故将 $1/2, 1/3, \dots, 1/m$ 带入 $x_1, \dots, x_{m - 1}$ 得到 $K_m^{(k)} = h_k(1/2, 1/3, \dots, 1/m)$。虽然到目前为止我们仍然没有开始解决原问题，但你先别急。

尽管最初提到的模型是一个概率论模型，其仍然具有足够优秀的组合意义。事实上，其组合上可以视作计数特定的满射类。取定 $n$，记 $[n] := \{1, 2, \dots, n\}$，并令 $\mathrm{Surj}(l, m)$ 为所有从 $[l]$ 到 $[m]$ 的满射组成的集合。取 $f \in \mathrm{Surj}(l, m)$，对 $s\ge 1$，记 $\nu_s(f)$ 为使 $f^{-1}(i)$ 的基数为 $s$ 的 $i$ 的数量，即可以被 $s$ 个 $[l]$ 中的元素映射到的 $[m]$ 中的元素的数量。取定一个由自然数组成的向量 $\bm n = (n_1, n_2, \dots)$，令 $\mathrm{Surj}(l, m; \bm n) = \{f \in \mathrm{Surj}(l, m) \mid \forall s > 0, \nu_s(f) = n_s\}$，并令 $\mathrm{surj}(l, m, \bm n)$ 为 $\mathrm{Surj}(l, m; \bm n)$ 的基数。

令 $t, s_1, s_2, \dots$ 为一系列两两交换的形式变元。定义映射 $f \in \mathrm{Surj}(m, l)$ 的权值为 $\pi(f) := \prod_{k\ge 1} s_k^{\nu_k(f)}$，并有：$\sum_i \nu_i(f) = m$，$\sum_i i \nu_i(f) = l$。那么据组合意义，固定 $m$，自然能得到

\[\left(\sum_{i\ge 1} s_i \dfrac{t^i}{i!}\right)^m = \sum_{l\ge m} \dfrac{t^l}{l!} \sum_{f\in \mathrm{Surj}(l, m)} \pi(f) = \sum_{l\ge m} \dfrac{t^l}{l!} \sum_{\bm n} \mathrm{surj}(l, m;\bm n) \prod_{k\ge 1} s_i^{n_i} \]

引入 $\mathrm{Surj}(l, m;\bm n)$ 的一个子集 $A(l, m;\bm n)$，其由满足如下性质的 $f$ 构成：$f$ 在集合 $[l - 1]$ 上的子映射 $f \rvert_{[l - 1]}$ 是由 $[l - 1]$ 到 $[m] \setminus\{f(l)\}$ 的满射，但不能是到 $[m]$ 的满射；即 $\forall j < l, f(j) \neq f(l)$。令 $a(l, m; \bm n)$ 为 $A(l, m; \bm n)$ 的基数。若 $f \in A(l, m;\bm n)$，那么由于 $l$ 一定对 $\nu_1(f)$ 有 $1$ 的贡献，$\nu_1(f) \ge 1$，$\pi(f)$ 可以被 $s_1$ 整除；并取 $g := f\rvert_{[l-1]}$，那么 $\pi(f) = \pi(g) s_1$，且根据 $f(l)$ 相对于 $g$ 的值域中 $m - 1$ 个元素的位置关系，可以得到

\[\sum_{\bm n} \sum_{f\in A(l, m;\bm n)} \pi(f) = m s_1 \sum_{g \in \mathrm{Surj}(l - 1, m - 1)} \pi(g) \]

从而

\[\begin{aligned} & \sum_{l\ge m} \dfrac{t^{l-1}}{(l - 1)!} \sum_{\bm n} \sum_{f \in A(l, m ; \bm n)} \pi(f) \\ = \ & \sum_{l\ge m} \dfrac{t^{l-1}m s_1}{(l - 1)!} \sum_{g\in\mathrm{Surj}(l - 1, m - 1)} \pi(g) \\ = \ & m s_1\sum_{l\ge m - 1} \dfrac{t^{l}}{l!} \sum_{g\in\mathrm{Surj}(l, m - 1)} \pi(g) \\ = \ & m s_1\left(\sum_{i\ge 1}s_i\dfrac{t^i}{i!}\right)^{m - 1} \end{aligned} \]

不妨对所有 $i > r$ 取 $s_i = 1$，那么上式可以继续化为

\[=m s_1 \left((s_1 - 1)t + (s_2 - 1)\dfrac{t^2}{2!} + \cdots + (s_r - 1)\dfrac{t^r}{r!} + (e^t - 1)\right)^{m - 1} \]

接着使用多项式定理得到

\[= ms_1 \sum_{a + b + c_1 + \cdots + c_r = m - 1} \binom{m - 1}{a,b,c_1,\dots,c_r} e^{at} (-1)^b \prod_{i = 1}^r \left(\dfrac{(s_i - 1)t^i}{i!}\right)^{c_i} \]

考虑形式 Laplace 变换。令（形式）Laplace 算子为 $\mathcal L$，其作用在形式变元 $t$ 上的作用是将所有形如 $a_n t^n / n!$ 的项替换为 $a_nt^n$，即实现了指数生成函数到普通生成函数的变换。特别地，$\mathcal L(t^n e^{at}) = n!t^n / (1 - at)^{1 + n}$。对上面的等式链两侧施 Laplace 变换得到（格式影响，下面不写对 $a,b,c_1,\dots$ 的限制）

\[\begin{aligned} & \sum_{l\ge m}t^{l} \sum_{\bm n} a(l, m;\bm n) \prod_{k = 1}^r s_k^{n_k} \\ = \ & ms_1t \sum_{a,b,\bm c} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c_1,\dots,c_r} \left(\prod_{k = 1}^r \left(\dfrac{s_k - 1}{k!} \right)^{c_k}\right) \dfrac{ t^{\sum_i ic_i}\left(\sum_i ic_i\right)!}{(1 - at)^{1 + \sum_i ic_i}} \end{aligned} \]

到这里，我们已经获得所有需要的工具了。重新说明一下随机变量：令 $T$ 为大哥全收集时间对应的随机变量，对 $t = 0, 1, \dots$，令 $X_t^{(0)}$ 为大哥在 $t$ 时刻收集册的空缺数对应的随机变量，那么 $X_0^{(0)} = m, X_T^{(0)} = 0$。对 $k = 1, 2, \dots$，令 $X_n^{(k)}$ 为抽取 $n$ 次贴纸后恰好出现 $k$ 次的贴纸数量，那么显然地，$\sum_k X_T^{(k)} = m$。此外，第 $k$ 个弟弟的集邮册在时刻 $T$ 的空缺数为 $M_T^{(k)} = X_T^{(1)} + X_{T}^{(2)} + \cdots + X_T^{(k)}$。按照前面提到的思路，我们需要考察随机向量 $(T, X_T^{(1)}, X_T^{(2)}, \dots, X_T^{(r)})$。

令 $Y_1, Y_2, \dots \in [m]$ 为大哥每次得到的赠券的编号，根据模型得到 $Y_n$ 在 $[m]$ 上独立地均匀随机分布。那么，大哥在 $l$ 次抽取后完成全收集，且 $\forall 1 \le k \le r$，$l$ 次抽取后恰好出现 $k$ 次的贴纸数为 $n_k$，当且仅当 $ : [l] \to [m], i \mapsto Y_i$ 属于集合 $A(l, m;\bm n)$。前者可以表示为事件 $[T = l, X_T^{(1)} = n_1, \dots, X_T^{(r)} = n_r]$，后者的概率显然是 $a(l, m;\bm n) / m^l$。

因此，根据上面的结果，随机向量 $(T, X_T^{(1)}, X_T^{(2)}, \dots, X_T^{(r)})$ 的生成函数按下式给出：

\[\begin{aligned} & \sum_{l\ge m} \sum_{\bm n} \mathbb P[T = l, X_T^{(1)} = n_1, \dots, X_T^{(r)} = n_r] s_1^{n_1} \cdots s_r^{n_r} t^l \\ = \ & \sum_{l\ge m} \left(\dfrac{t}{m}\right)^l \sum_{\bm n} a(l,m;\bm n) \prod_{k = 1}^r s_k^{n_k} \\ = \ & s_1t \sum_{a,b,\bm c} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c_1,\dots,c_r} \left(\prod_{k = 1}^r \left(\dfrac{s_k - 1}{k!} \right)^{c_k}\right) \dfrac{ (t/m)^{\sum_i ic_i}\left(\sum_i ic_i\right)!}{(1 - at/m)^{1 + \sum_i ic_i}} \end{aligned} \]

用这个可以轻松算出 $\mathbb E[T] = m H_m$。当然，重要的是，我们一旦获得了 $X_T^{(k)}$ 的概率生成函数，就能通过求导并带入 $s_k = 1$ 得到期望值了。具体地，有

\[\begin{aligned} G_{X_T^{(1)}}(s) & := \sum_{n\ge 1} \mathbb P[X_T^{(1)} = n] s^n \\ & = s \sum_{a + b + c = m - 1} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c}(s - 1)^c \dfrac{(t/m)^cc!}{(1 - at/m)^{c + 1}} \\ & = \sum_{a + b + c = m - 1} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c} \dfrac{ms(s - 1)^cc!}{(m - a)^{c + 1}} \end{aligned} \]

对 $k\ge 2$，有

\[\begin{aligned} G_{X_T^{(k)}}(s) & := \sum_{n\ge 1} \mathbb P[X_T^{(k)} = n] s^n \\ & = \sum_{a + b + c = m - 1} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c} \dfrac{(s-1)^c}{(k!)^c} \dfrac{(1/m)^{kc}(kc)!}{(1 - a/m)^{kc + 1}} \\ & = \sum_{a + b + c = m - 1} (-1)^b \binom{m - 1}{a,b,c} \dfrac{(s-1)^cm(kc)!}{(k!)^c(m - a)^{kc + 1}} \end{aligned} \]

故

\[\begin{aligned} & \mathbb E[X_T^{(1)}] = G_{X_T^{(1)}}'(1) \\ = \ & \sum_{a = 0}^{m - 1} (-1)^{m-1-a} \binom{m - 1}{a} \dfrac{m}{m - a} + \sum_{a = 0}^{m - 2} (-1)^{m - 2 - a} \binom{m - 2}{a} \dfrac{m(m-1)}{(m - a)^{2}} \\ = \ & -\sum_{b = 0}^{m - 1} \dfrac{(-m)^{\overline{b + 1}}}{(b + 1)!} + \sum_{b = 0}^{m - 2} \dfrac{(-m)^{\overline{b + 2}}}{b!(b + 2)^2} \\ = \ & 1 + K_m^{(1)} = H_m \end{aligned} \]

此外，对于 $k\ge 2$，同样地有

\[\mathbb E[X_T^{(k)}] = G_{X_T^{(k)}}'(1) = \sum_{b = 0}^{m - 2} \dfrac{(-m)^{\overline{b + 2}}}{b!(b + 2)^{k+1}} = K_m^{(k)} \]

综上，我们得到了 $\mathbb E[T] = m H_m$，$\mathbb E[M_T^{(1)}] = H_m$，$\forall k \ge 2, \mathbb E[M_{T}^{(k)}] = 1 + K_m^{(1)} + \cdots + K_m^{(k)}$。

例题...?

YDRG#011 bonus

给定赠券数 $n$，以及 $m$，求 $X_T^{(1)}$ 的前 $m$ 阶矩。

$n,m\le 3\times 10^5$。

记 $G_{X_T^{(1)}}$ 为 $G$，那么 $m$ 对应的答案就是 $[x^m/m!] G(e^x)$。为此，我们只需要求得

\[\begin{aligned} G(x + 1) &= n(x + 1) \sum_{a,b,c} (-1)^b \binom{n - 1}{a,b,c} \dfrac{c!}{(n - a)^{c + 1}} x^c \\ &= n(x + 1) \sum_{c = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{c} c!x^c \sum_{a = 0}^{n - 1 - c} (-1)^{n - 1 - a - c} \binom{n - 1 - c}{a} (n - a)^{-c-1} \\ &= (-1)^{n - 1} n(x + 1) \sum_{c = 0}^{n - 1} \binom{n - 1}{c} c!(-x)^c \sum_{a = 0}^{n - 1 - c} (-1)^{a} \binom{n - 1 - c}{a} (n - a)^{-c-1} \end{aligned} \]

而考虑（鱼鱼强大喵）

\[\begin{aligned} & \sum_{k \ge 0} \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} \dfrac{(-1)^i}{(n - i)^{n - k}} \dfrac{x^k}{k!} \\ = \ & \sum_{i \ge 0} \dfrac{(-1)^i}{i!(n - i)^n} \sum_{k \ge i} \dfrac{[(n - i)x]^k}{(k - i)!} \\ = \ & \sum_{i \ge 0} \dfrac{(-1)^i}{i!(n - i)^n} (n - i)^i x^i e^{(n - i)x} \\ = \ & e^{nx} \sum_{i \ge 0} \dfrac{(-1)^i}{i!} (n - i)^{i - n} (xe^{-x})^i \end{aligned} \]

那么就能在 $O(n \log^2 n)$ 的时间内算得 $G(x + 1)$。随后复合 $e^x - 1$ 即可。总时间复杂度 $O(n \log^2 n + m \log^2 m)$。

希望能进一步得到加强。使用后向微分迭代列的另解 by fyyy

posted @ 2025-01-25 21:44 joke3579 阅读(180) 评论(2) 收藏举报

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