參考部落格：勢函式和鞅的停時定理 - p_b_p_b
稱隨機過程 \(y\) 為隨機過程 \(x\) 的鞅，如果：
第乙個條件即期望有限（這點一般題目都能保證）。
第二個條件意味著已知 \(x_0,\cdots,x_n\)，\(e(x_)=e(x_)=\cdots=x_n\)。
此外，易知 \(e(x_n)=e(x_0)\)。
\[\overline x_n=
\begin
x_n,n \leq t\\
x_t,n>t
\end
\]鞅的停時定理：若隨機過程 \(x\) 與 隨機時刻 \(t\) 滿足以下條件之一：
則 \(e(x_t)=e(x_0)\)。
一般而言題目都能滿足條件。
目前遇到的題都比較套路。
設計狀態（一般而言狀態就是題目中的狀態）。
嘗試構造勢函式 \(\phi(x)\)，使得 \(e(\phi(x_)|x_0,\cdots,x_n)=\phi(x_n)+1\)。這樣一來 \(\\) 即為乙個鞅，由停時定理得到 \(e(\phi(x_t))-e(t)=e(\phi(x_0))\)，即可計算 \(e(t)=e(\phi(x_t))-e(\phi(x_0))\)。
解 \(e(\phi(x_)|x_0,\cdots,x_n)=\phi(x_n)+1\) 方程並構造勢函式。（主要步驟）
設大小為 \(n\) 的組的勢函式為 \(f(n)\)，乙個局面的勢函式 \(\phi(x_t)=\sum f(a_)\)，其中 \(a_\) 表示的是 \(x_t\) 中每個組的大小。
由於這道題組數會變，考慮每次只計算變化的。設無序選出的兩個組長所在組的人數分別為 \(a,b\)。
\[-f(a)-f(b)+\dfrac[f(b+1)+(a-1)f(1)]+\dfrac[f(a+1)+(b-1)f(1)]=1
\]\[[(a-1)f(1)+\dfracf(a+1)-f(a)]+[(b-1)f(1)+\dfracf(b+1)-f(b)]=1
\]令 \((n-1)f(1)+\dfracf(n+1)-f(n)=\dfrac\)，即 \(f(n)=2f(n-1)-2(n-1)f(1)+1\)。
令 \(f(1)=0\)，即有 \(f(n)=2f(n-1)+1=2^-1\)。
答案即為 \(e(t)=e(\phi(x_t))-e(\phi(x_0))\)，時間複雜度 \(o(n \log mod)\)。
設 \(m=\sum a_i\)。
\[\begin
\phi(x_)
& =\sum\limits_^n \sum\limits_ \dfrac} \dfrac [f(a_-1)+f(a_+1)+\sum\limits_ f(a_)]\\
& =\sum\limits_^n [\dfrac} f(a_-1)+ \dfrac} \dfrac f(a_+1)+\dfrac}\dfrac f(a_)]
\end
\]令 \(\phi(x_)=\phi(x_t)+1\)，即 \(\phi(x_t)=\phi(x_)-1\)。這裡把 \(1\) 拆成 \(n \times \dfrac\)，拆成 \(\sum \dfrac\) 也可以（之後會這麼拆）。
\[\sum\limits_^n f(a_)=\sum\limits_^n [\dfrac} f(a_-1)+ \dfrac} \dfrac f(a_+1)+\dfrac}\dfrac f(a_)]-1
\]\[a_=\dfrac} f(a_-1)+ \dfrac} \dfrac f(a_+1)+\dfrac}\dfrac f(a_)-\dfrac
\]移項得：
\[f(a+1)=(n-1)\dfrac(f(x)-f(x-1))-(n-2)f(x)+\dfrac\dfrac
\]線性遞推即可，時間複雜度 \(o(m)\)。
看起來與問題 2 大同小異
設 \(m=\sum a_i\)。
\[\begin
\phi(x_)
& =\sum\limits_^n \sum\limits_ \dfrac} \dfrac} [f(a_+1)+f(a_-1)+\sum\limits_ f(a_)]+\dfrac} \dfrac-1} \sum\limits_k f(a_) \\
& =\sum\limits_^n \dfrac} \dfrac} [f(a_+1)+f(a_-1)]+\dfrac a_p a_q+\sum\limits_p a_p^2}f(a_i)\\
& =\sum\limits_^n \dfrac} \dfrac} [f(a_+1)+f(a_-1)]+[1-2\dfrac(m-a_)}]f(a_i)\\
\end
\]寫出方程得到：
\[f(a)=\dfrac[f(a+1)+f(a-1)]+[1-2\dfrac]f(a)-\dfrac
\]\[0=\dfrac[f(a+1)+f(a-1)]-2\dfracf(a)-\dfrac
\]\[2f(a)=f(a+1)+f(a-1)-\dfrac
\]可以如問題 2 直接遞推，時間複雜度 \(o(m)\)。
遺憾的是這道題 \(m\) 可能很大，需要快速算出 \(f(m)\)。
發現遞推形式非常整齊，考慮令 \(g(a)=f(a)-f(a-1)\)。
\[[f(a+1)-f(a)]-[f(a)-f(a-1)]=\dfrac
\]\[g(a+1)-g(a)=\dfrac
\]\[g(a)=g(0)+\sum\limits_^ \dfrac
\]\[\begin
f(a)
& =f(0)+\sum\limits_^a g(i)\\
& =f(0)+\sum\limits_^a (g(0)+\sum\limits_^ \dfrac)\\
& =f(0)+ag(0)+\sum\limits_^ \dfrac (a-j)\\
\end
\]令 \(f(0)=g(0)=0\)，則：
\[f(a)=a\sum\limits_^ \dfrac - \sum\limits_^ j\dfrac
\]\[f(m)=\sum\limits_^ \dfrac (m-j)=m(m-1)
\]時間複雜度 \(o(\max\)\)。
求第一次只剩下乙個組的期望時間。
好像就是問題 1 和 問題 3 的合體
\[\begin
\phi(x_)
& =\dfrac \sum\limits_^ \dfrac} [f(1)+f(a_-1)+\sum\limits_ f(a_)]+ \sum\limits_ \dfrac} \dfrac} [f(a_+1)+f(a_-1)+\sum\limits_ f(a_)]+\dfrac^2} \sum\limits_k f(a_) \\
& =\dfracf(1)+\dfrac \sum\limits_^ \dfrac} f(a_-1)+\dfrac} f(a_)+\dfrac}\dfrac}[f(a_-1)+f(a_+1)]+[1-2\dfrac}\dfrac}]f(a_i)\\
\end
\]同樣化簡得到：
\[0=(\dfrac+\dfrac\dfrac) f(a-1)+\dfrac\dfracf(a+1)-(2\dfrac\dfrac-\dfrac +1)f(a)+(f(1)-2)\dfrac
\]令 \(f(1)=2\)：
\[f(a+1)=(2-\dfrac+\dfrac\dfrac)f(a)-(1+\dfrac)f(a-1)=\dfrac
\]官方題解用的是 \(o(m(\sqrt n+\log n))\) 的多項式做法。我們不想寫多項式，怎麼辦呢 不過事實上線性也能過。
由於資料範圍過大，甚至連 \(o(m)\) 的陣列都不能開。但是可以考慮用階乘除階乘的辦法算逆元。
令 \(g(a)=m(m-1)(m-2)\cdots(m-a+1)f(a)\)，帶入得：
\[\dfracg(a+1)=(3n-2a)\dfracg(a)-(2m-a)\dfracg(a-1)
\]\[g(a+1)=(3m-2a)g(a)-(2m-a)(m-a+1)g(a-1)
\]動態記錄 \(g(a)\)，\(g(a-1)\) 與 \(m(m-1) \cdots (m-a+1)\) 即可做到 \(o(m+n \log mod)\)。
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