淺談[0,1]區間內的n個隨機實數變量中增加偏序關系類題目的解法

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眾所周知，把[0,1]區間內的n個隨機、相互獨立的實數變量\(x_i\)之間的大小關系寫成一個排列\(\{p_i\}\),使得\(\forall i<n, x_{p_i} < x_{p_{i+1}}\)，那么有一個結論是所有的排列都是等概率出現的，這完全不難理解，因為所有的變量都是可以輪換的。
但是，題目顯然不會這么簡單，有些題目會給一定的條件限制，例如強制一些偏序關系\(p_u<p_v\)，對於這種情況，一般要求給定的偏序擁有特殊性質（例如一顆森林）才能做，並且可以通過常規的組合方法得到(對於森林的情況，合法的概率是\(\prod_{i} \frac 1 {i的子樹大小}\))。但是對於這類問題的一些擴展，傳統的組合方法便顯得十分復雜，需要更加簡潔，適用性更廣的代數方法———對這些變量進行積分以得到答案。

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題面

這個題目也是求一個排列，並且求滿足某種排列的方案數。
注意到題目中要求的恰好k個極大的數的概率不太好算，考慮容斥掉這一條件。
我們強制k個極大的數，剩下的數沒有限制，那么對於一種有l個極大數的方案，顯然我們會算\(\binom l k\)次，直接二項式反演即可。
現在問題變成了如何算強制k個極大數的方案數。極大數這個概念較為復雜，我們嘗試着將其變為簡單的偏序關系。首先先枚舉k個極大數，並且確定好這k個極大數之間的偏序關系，然后根據極大數的定義我們可以得到某個極大數與其他數的偏序關系。不難發現這個偏序關系本質上是一條鏈套一堆菊花，那么我們可以很方便的維護這個偏序關系的貢獻。

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題面
對於此題，我們相當於枚舉一個合法抽卡順序，根據這個抽卡順序來計算概率。
這個順序與排列有點像，唯一的不同是這個概率的計算是加權的，即若抽卡順序的排列是\(\{p_i\}\),那么對答案的貢獻是\(\prod_{i=1}^n {w_{p_i} \over \sum_{j=i}^n w_{p_j}}\)。
一種方法是強行轉成與排列類似的問題，把問題轉化成有n種顏色，每種顏色有\(w_i\)個不同的球，令某種顏色的第一個球的位置為\(T_i\),\(T_i\)需要滿足某種偏序關系(基圖為樹)；或者是倒着從大到小自底向上地考慮抽卡順序。這兩種方法都需要用到容斥，原因是偏序關系並不構成一個外向樹，所以無法直接算。但是下面提到的積分法就不需要考慮這么多，這種大一統的思想利用隨機變量顯得無腦卻十分有效。

我們令\(g_1(x)=1,g_2(x)=2(1-x),g_3(x)=3(1-x)^2\)
答案便為$$\int_{0}^1 g_{w_1}(x_1) {\rm d} x_1 \int_{0}^1 g_{w_2} {\rm d} x_2......\int_{0}^1 g_{w_n}(x_n) {\rm d} x_n \prod [x_{u_i} < x_{v_i}]$$

只需要證

\[\int_{0}^1 g_{w_1}(x_1) {\rm d} x_1 \int_{0}^1 g_{w_2} {\rm d} x_2......\int_{0}^1 g_{w_n}(x_n) {\rm d} x_n \prod_{i=1}^{n-1} [x_{p_i}<x_{p_{i+1}}] = \prod_{i=1}^n {w_{p_i} \over \sum_{j=i}^n w_{p_j}} \]

可以輕松用歸納證明。
我們任選一點為根，直接對答案的式子自底向上的進行積分即可。
題目中\(w_i=j\)的概率為\(p_{ij}\),這樣的話我們直接令i的函數\(f_i(x)=\sum_{j=1}^3 p_{ij}g_j(x)\)即可。