基本概念

• 随机过程$X(t)$是随机变量的集合。根据$t$的取值和$X$的取值特点，可以分为离散时间、连续时间、离散状态、连续状态
• 马尔科夫性（MP）：$Pr[X_t|X_{t-1},X_{t-2}\dots ]=Pr[X_t|X_{t-1}]$，另一种是$Pr[X_{t+1}{X}_{t-1}|X_t]Pr[X_{t+1}|X_t]Pr[X_{t-1}|X_t]$。

注意，马尔可夫性并不蕴含过去和未来独立，而是说过去对未来的影响都已经蕴含在了现在状态的取值里了。所以其实这个假设并不强，如果对现在的观察足够细致，那么马尔可夫性是可以满足的。后面研究的都是离散时间的，并且是有限状态或可数无穷状态的Markov Chain

• 一步转移矩阵：$P=P_{ij}=Pr[X_t=j|X_{t-1}=i]$，由此带来的一系列表示不再赘述$p_t=p_{t-1}P$，$n$步转移$P^n$
• 首达概率$r_{ij}^t$：从$i$出发经过$t$步，第一次到达$j$的概率。
• 首达期望长度：$h_{ii}={\sum }_{t}t{r}_{ii}^t$

至此，我们只是给出来MC的定义，没有分析任何他的性质，但即使如此，就已经可以分析某些算法问题了。

应用1: 2-SAT算法

• 问题回顾：有$n$个布尔变量组成L长度的合取范式（与），每一个子句有两个变量组成析取范式（或），找到一组变量赋值使其满足。
• 算法：一个直观的算法是两阶段思路，先随机指派，然后随机选一个不满足的子句，随机改变其中一个变量的值。直到合法。
• 分析：我们感兴趣的问题是算法需要执行多少次，才有可能以较大的概率返回正确结果。这个问题的分析就利用了MC。

状态表示：状态建模非常有技巧，定义$X_t$表示在t步时，赋值正确变量的数量。那总共会有n+1个状态$0,1,\dots ,n$
状态转移分析：$P_{01}=1$，对于一般情况$P_{i,i+1}\ge \frac{1}{2},P_{i,i-1}\le \frac{1}{2}$。这是因为，每次都会选择不合法的子句，那么这个子句里至少有一个变量的赋值是错的，所以选中并修改一个错误赋值的概率至少是$\frac{1}{2}$
MC的构建：因为上面的概率是个不等关系不好分析，但是如果概率取$\frac{1}{2}$，那分析出来的肯定比实际情况要差，相当于找到了下界，那也是很有价值的。所以建立MC，他的状态是从0～$n$，概率转移是$P_{01}=1,P_{i,i+1}=P_{i,i-1}=\frac{1}{2}$。
步数分析：算法成功意味着从某状态$j$转移到$n$，中间走了多少步呢？利用期望分析。$h_0=1+h_1$，$h_i=1/2(1+h_{i-1})+1/2(1+h_{i+1})$。联立一堆方程，可以求出$h_0=n^2$。也就是说最惨假设初始条件一个也没猜对，$n^2$步之后，也期望能求出来正确结果了。如果走$2n^2$步，那不成功的概率就降低到$1/2$，如果是$2m{n}^2$步，那就是$\frac{1}{2^m}$（这里不是$\frac{1}{2m}$是因为没有看成一次尝试转移了$2m{n}^2$步，而是尝试了$m$次算法，每次都走$2n^2$步）

应用2: 3-SAT算法

显然，上面的思路如果直接迁移似乎能解决3-SAT，分析基本一致，唯一的变化是转移概率变为$P_{i,i+1}=1/3,P_{i,i-1}=2/3$。这是因为一个不满足的子句有3个变量，至少有一个不合法，所以随机改对一个的概率至少是1/3。和上面的期望计算一样，可以求出$h_j=h_{j+1}+2^{j+2}-3$，那算法的期望时间变成了$\Theta (2^n)$，这和暴力枚举是一样的，并不好。

从链的角度考虑，这个因为向0移动的概率更大，所以执行步数越多越不好，所以把希望寄托在开局的随机选择上。我们把算法做出如下修改

• 算法：执行$m$次：（随机选一个赋值组合，然后执行$3n$次修改）

先考虑初始随机指派，设随机选择的状态有$j$个和正确答案不一样，那经过$j+2k$步可以到达状态$n$的概率为$C_{j+2k}^k(2/3{)}^k(1/3{)}^{j+k}$。相当于向$n$行进比向0多了$j$次，就可以保证最终到达$n$。从$j$移动到$n$的概率下界$q_j={\sum }_k{C}_{j+2k}^k(2/3{)}^k(1/3{)}^{j+k}\ge C_{3j}^j(2/3{)}^j(1/3{)}^{2j}$ （最后一步$k$能取$j$，这是因为算法修改的次数为$3n$（算法的设计），所以$j+2k$需要不大于$3n$，而$j$不会大于$n$（$j$的取值上限是变量数），所以可以取到)。
利用sterlin公式，$\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e}{)}^m\le m!\le 2\sqrt{2\pi m}(\frac{m}{e}{)}^m$，可以推出$q_j\ge \frac{c}{\sqrt{j}}1/2^j$。因为初始化是随机指派，所以$j$的取值是一个满足$1/2^n$的均匀分布，所以最后的概率$q\ge {\sum }_{j}Pr[j]q_j\ge c/\sqrt{n}(3/4{)}^n$。那期望次数就是$1/q$，这是我们设置$m$的参考。可以看到，虽然还是指数，但是base从2降低到$4/3$。

上面的两个应用只是简单利用了Markov链的建模，以及期望计算过程中的递归效果，下面更进一步挖掘其中的性质，对分析问题有更大帮助。

状态分析

• 相通：两个状态相互可达，即存在某n，使得$P_{ij}^n>0$。
  如果所有状态相通，则链是不可约的。
• 常返：${\sum }_t{r}_{i,i}^t=1$。
• 0常返：$h_{ii}=E[t]={\sum }_{t}t{r}_{i,i}^t=\infty$
• 正常返：$h_{ii}$有限
• 性质：有限状态的MC，至少有一个常返且所有常返都是正常返。相通的状态要么都常返，要么都不常返。

可以这么理解，假设在链上不停转移，那访问的总次数是可数无穷的，但状态是有限的，所以至少有一个状态被访问无限次，那他就是常返的。此外，他被访问的次数是可数无穷，而两次访问的间隔塞不下一个可数无穷了，所以期望有限。

• 遍历：非周期的常返状态。

应用：赌徒问题

两个赌徒A和B，抛公平硬币，正面向上A赢1元，反面向上B赢一元，A和B的赌注分别是$l_A,l_B$,谁先把对方的钱赢完谁就获胜了。分析两者胜率。

MC构建：很明显把A赢的钱设为状态$X$，那么初始状态为0，两个结束状态分别是$-l_A,l_B$。状态转移概率都是1/2。就像拔河一样，一会向左一会向右，一旦越过了$-l_A$或$l_B$，就结束了。
分析：MC具备非周期、有限的性质。（注意并非不可约，因为终止状态只进不出）。常返状态存在且是正常返。
容易验证，常返状态就是终止状态，因为中间的状态相通所以常返性一样，考虑终止状态相邻的一个状态，这个状态显然不可能常返，因为他一旦进入旁边终止状态就回不来了，因此中间的状态返回的概率不会超过1/2，不常返，又因为整个链至少有一个常返，所以终止状态是常返的。
设$P_i^t$是t步之后在i的概率，那么A的赢钱期望$E[W^t]={\sum }_{i}i{P}_i^t$，因为每一步比赛公平，期望为0，那t步和也为0，所以$E[W^t]={\sum }_{i}i{P}_i^t=0$，两侧取极限，$P_i^t\to 0(t\to \infty )$，而$P_{-l_A}^t=(1-p),P_{l_B}^t=p$。带入得,$p=\frac{l_A}{l_A+l_B}$

补充：结束的期望次数为$l_A{l}_B$

稳态分析

如果一个链不可约，那么每一个状态的常返性一样，状态转移看似永不停歇（不像前面赌徒的例子有终止状态）。但其实这里面存在一个动态平衡，即每个状态的访问次数的分布是稳定的。

• 定理：有限、不可约且遍历（非周期常返）的MC，有唯一的平稳分布$\pi =\pi P$，并且${\pi }_i={\lim }_t{P}_{ij}^t=\lim P_{ii}^t=\frac{1}{h_{ii}}$
• 推广：任何有限MC都有平稳分布，但周期情况不是求极限可解的。
• 性质：平稳分布中，离开一个状态的概率=进入的概率（这说明了平衡）。这很容易想到用割来分析，因为平衡之后，每条边的通量是稳定的，正反向求和为0。

无向图的随机游动模型

• 模型定义：一个连通无向图$G=(V,E)$，随机选一个点开始，每次等概率转移到它相邻的点。
• 平稳分布：最后会收敛，并且${\pi }_i=\frac{d_i}{2|E|}$

证明：这个分布满足进入概率等于离开概率

• 通勤时间性质：如果$(u,v)\in E$，则$h_{uv}+h_{vu}=2|E|$
• 覆盖时间性质：从一个点出发，访问完所有点的期望时间上界为$2|E|(|V|-1)$
• 覆盖时间的上下界：$H(n-1)\min h_{uv},H(n-1)\max h_{uv}$

马尔可夫链的耦合

定量描述到达平稳分布的过程

耦合技术主要用来分析一个MC多快可以达到平稳分布。那首先需要解决的问题是，如何定量描述达到了平稳分布？这里使用变异距离的概念。

• 定义：变异距离

可数状态空间S中的两个分布$D_1,D_2$的变异距离为$||D_1-D_2||=\frac{1}{2}{\sum }_{x\in S}|D_1(x)-D_2(x)|$。

很容易理解，就是把每个位置分布的差距求和了。并且乘1/2保证这个值在0～1之间。

对于上面的定义，可以挖掘出一个有用的性质$\forall A\subseteq S,||D_1-D_2||={\max }_{A\subseteq S}|D_1(A)-D_2(A)|$。这里分布里套集合表示把集合的每一个元素的概率都加起来。

证明：定义$S^{+}$是$D_1(x)\ge D_2(x)$的元素集合，$S^{-}$是$D_1(x)<D_2(x)$的元素集合。
有${\max }_{A\subseteq S}(D_1(A)-D_2(A))=D_1(S^{+})-D_2(S^{+})$ （就是说求差的最大值就是把所有D1>D2的元素都算进来，这时候差肯定最大）
类似有${\max }_{A\subseteq S}(D_2(A)-D_1(A))=D_2(S^{-})-D_1(S^{-})$
又通过$D_1(S)=D_2(S)=1=D_1(S^{+})+D_1(S^{-})=D_2(S^{+})+D_2(S^{-})$，经过移项，发现刚好可以凑出前面公式的rhs，因此
$D_1(S^{+})-D_2(S^{-})=D_2(S^{+})-D_1(S^{-})$
${\max }_{A\subseteq S}(D_1(A)-D_2(A))=D_1(S^{+})-D_2(S^{-})=D_2(S^{+})-D_1(S^{-})$，加上绝对值
${\max }_{A\subseteq S}|D_1(A)-D_2(A)|=|D_1(S^{+})-D_2(S^{-})|=|D_2(S^{+})-D_1(S^{-})|$
最后因为$|D_1(S^{+})-D_2(S^{-})|+|D_2(S^{+})-D_1(S^{-})|$的含义恰好是所有状态在两个分布的概率差的和所以等于${\sum }_x|D_1(x)-D_2(x)|=2||D_1-D_2||$。
上面两个公式导出结论。

把变异距离的概念套用到平稳分布上，我们定义${\Delta }_x(t)=||p_x^t-\bar{\pi }||$。即以x为初始状态出发经过t轮，得到的分布和平稳分布之间的变异距离。并且令$\Delta (t)={\max }_x{\Delta }_x(t)$

有了上面的定义和性质（可以作为计算方法），我们有了可操作性的达到平稳分布的判定。接下来直指最核心的问题，需要经过多久达到平稳分布。为此，定义混合时间的概念：${\tau }_x(ϵ)=\min \{t:{\Delta }_x(t)\le ϵ\},\tau (ϵ)={\max }_s{\tau }_s(ϵ)$很直观不再赘述。

构造耦合分析混合时间

耦合的定义

设$M_t$表示一个状态空间为$S$的MC，它的耦合是一个MC:$Z_t=(X_t,Y_t)$满足：

$$\mathrm{Pr}[X_{t+1}=x^{\prime }|Z_t=(x,y)]=\mathrm{Pr}[X_{t+1}=x^{\prime }|M_t=x]$$
$$\mathrm{Pr}[Y_{t+1}=y^{\prime }|Z_t=(x,y)]=\mathrm{Pr}[Y_{t+1}=y^{\prime }|M_t=y]$$

可以这么理解：显然一个MC的两次独立采样是满足这个条件的。但通常没有用。我们希望让两个MC的实例在转移过程中发生一些关联，但这个关联不会改变他们单独运行的转移概率。后面给个例子去体会。

耦合引理

现在的问题是，这个耦合是如何帮助我们分析混合时间的？答案是耦合引理。它的内容如下

设$Z_t$是$M_t$的一个耦合，如果存在$T$使得对每个$x,y\in S$，有$\mathrm{Pr}[X_t\ne Y_t|X_0=x,Y_0=y]\le ϵ$，则$\tau (ϵ)\le T$.

也就是说，如果经历一段时间，两个链不管从哪个状态出发最后状态都几乎是一样的，那混合时间不会超过这个时间。这个思路很像数学分析中的柯西收敛准则，在判断极限的时候不依赖外部给定的极限值，而是通过序列内部靠近的距离来决定。而在这里，我们判断达到平稳分布也不依赖于外部给定的平稳分布，而是通过两个耦合链内部的趋同来确定。

证明：构造耦合，令$Y_0$是从平稳分布抽取的初始状态，$X_0$是任取的。对任意$A\subseteq S$
$\mathrm{Pr}[X_T\in A]\ge \mathrm{Pr}[X_T=Y_T\cap Y_T\in A]=1-\mathrm{Pr}[X_T\ne Y_T\cup Y_T\notin A]\ge 1-\mathrm{Pr}[X_T\ne Y_T]-\mathrm{Pr}[Y_T\notin A]=\mathrm{Pr}[Y_T\in A]-\mathrm{Pr}[X_T\ne Y_T]\ge \pi (A)-ϵ$
最后一行，$ϵ$是按照定义，而$\pi$是因为$Y_0$是平稳分布选取的。
对$S-A$类似可证$\mathrm{Pr}[X_T\in A]\le \pi (A)+ϵ$。
所以$\max |p_x^T(A)-\pi (A)|\le ϵ$，得证。

这里似乎有点问题，Y直接是平稳分布取的，那是不是要求我们在利用耦合引理时构造耦合必须有一个MC是平稳分布呢？不是的，因为我们可以取一个充分大的T，使至少一个链达到平稳分布。

案例：分析洗牌过程

洗牌的目标：均匀分布从全排列中选择一种

洗牌的操作：随机选一张牌，放到最上面。

问题：经过多少次洗牌，可以让洗牌的结果是全排列的均匀分布？

构造MC：状态是一个牌的排列，相邻定义为可以经过一次洗牌到达的状态。状态转移定义为一次洗牌操作之后到达的状态。因为洗牌操作牌是均匀取的，所以到达某个状态的概率是相等的，为$1/n$。

根据前一章的分析，平稳分布是均匀分布，所以在这个MC上转移足够多的次数可以达到均匀分布。这也证明了我们这种洗牌操作的可行性。接下来就是最精彩的环节，利用耦合分析经过多少次操作可以实现均匀采样？

构造耦合：两个链$X$和$Y$，初始状态任意。$X$链是随机转移的，$Y$链每次转移选择的牌和$X$链相同。容易证明这是一个耦合。因为每张牌在$X$和在$Y$中被选中的概率都是$1/n$，所以基于耦合$Z$来转移$Y$（$\mathrm{Pr}[Y_{t+1}|Z_t]$）和$Y$自己去转移($\mathrm{Pr}[Y_{t+1}|Y_t]$)，转移到每个状态的概率是一样的。这里也许可以更好的理解前面耦合的定义。相当于$Y$把自己的随机性让渡给了$X$，但是这个让渡的前提是转移概率保持不变。

分析$\mathrm{Pr}[X_T\ne Y_T]$的概率。有了耦合，为了利用耦合引理，需要分析经过多长时间两个状态不等的概率就小于$ϵ$了。这需要结合洗牌过程的特点。我们发现一旦一张牌在$X$被选中放在开头，那么耦合的$Y$也选中了这张牌放在开头。从这之后这张牌的位置在两个链就是一样的了。那么如果每张牌都被选中一次，两个链的状态就完全一样了。因为每次选的牌都是等概率的，所以这就是一个赠券收集模型。预期$H(n)=n\ln n+cn$步之后，一张牌从未被选中的概率为$(1-1/n{)}^{H(n)}\le \frac{e^{-c}}{n}$，为了凑$ϵ$，取$c=-\ln ϵ$。这样，$T=n\ln n-\ln ϵn$步，两个状态不相等的概率就低于$ϵ$，按照耦合引理，可以确定混合时间比这个小。

其他可能用到的工具

• 同一条链的两个实例的分布变异距离只减不增:${\delta }_x(T)=||p_x^T-p_y^T||\ge {\delta }_x(T+1)$

• 几何收敛: 设$P$是有限、不可约、非周期的MC转移矩阵，$m_j$是第j列的最小元素，$m={\sum }_j{m}_i$，那么$||p_x^t-\pi ||\le (1-m{)}^t$。

• 如果某个$c<1/2$，有$\tau (c)\le T$，那么$\tau (ϵ)\le \lceil \ln ϵ/\ln (2c)T\rceil$

习题

7.20 不公平赌徒破产问题

假设1/3的概率赢1元，2/3概率输1元，开始有$i$，游戏结束要么全亏完，要么手上有$n$元。设$W_t$是t轮后的总钱数。

• (a) 证明$E[2^{W_{t+1}}]=E[2^{W_t}]$

引入条件期望，$E[2^{W_{t+1}}|W_t]=\frac{1}{3}{2}^{W_t+1}+\frac{2}{3}{2}^{W_t-1}=2^{W_t}$
两边取期望，$E[E[2^{W_{t+1}}|W_t]]=E[2^{W_{t+1}}]=E[2^{W_t}]$

• (b) 利用(a)确定从i开始以0结束和以n结束的概率。

设$q_i$表示以0结束的概率，那么$1-q_i$为n结束的概率
因为$E[2^{W_{t+1}}]=E[2^{W_t}]$，那么递推可得$E[2^{W_t}]=E[2^{W_1}]=\frac{1}{3}{2}^{i+1}+\frac{2}{3}{2}^{i-1}=2^i$
两侧取极限，${\lim }_{t\to \infty }E[2^{W_t}]=q_i{2}^0+(1-q_i)2^n=2^i$
所以$q_i=\frac{2^n-2^i}{2^n-1}$

• (c) 把1/3推广到任意的$p$。

从(a)的分析可以看到，选一个合适的底数，推导过程是完全一样的。底数需要凑出那个形式，所以取$c=\frac{1+\sqrt{1+4p(1-p)}}{2p}$

7.23 网络传播模型

$n$台主机相互连通，最开始有一台主机产生了消息，再之后的时间里，每台主机随机选取一台发送消息。分析这个传播过程

• (a) 如何建模成Markov Chain

$X_k$表示$k$轮后，收到消息的主机数

• (b) 在已知$k-1$轮有$i$台主机有消息的情况下，确定$k$轮后有$j$台收到消息的概率。

递推，令P(i,j, c)表示在某一轮，前c个机器选择后，从i台主机有消息变成j台有消息的概率。那么可以得到如下递推式

$P(i,j,c)=P_{k-1}(i,j-1,c-1)\frac{n-1-(j-1)}{n-1}+P_{k-1}(i,j,c-1)\frac{j-1}{n-1}$

就是说，如果前c-1台选完后，已经有j-1台有消息了，那第c台必须再选一个没有消息的。如果第c台选的时候已经有j台有消息了，那必须选之前有消息的，才能保证总共还是j台。

7.26 狼吃羊的问题

假设一个圆盘，等距离标注了0～n-1个点，狼在0处，每次有1/2的概率向左或向右移动一个点，并在第一次到达一个点的时候把羊吃掉。问：哪个位置的羊最后被吃掉的概率最大。

直觉上应该是距离狼最远的位置，也就是0对面。但实际上每个点都是一样的。之所以反直觉，是因为靠近狼的位置并不是最后一个被吃掉的概率降低了，而是在前几次被吃掉的概率变大了，这是两回事。比如和狼紧挨的位置，第一次被吃掉的概率高达1/2，但这不妨碍他最后被吃掉的概率和其他人一样。因为你总是要被吃掉。。。

分析一下被吃掉的概率。首先考虑和狼紧挨的位置1，如果把环从1-2之间劈开（之所以可以劈开，我们只关心第一次到达1的情况，所以到达1之后就结束了，不需要考虑从1到2这条路，此外也不需要关心从2到达1的情况，因为如果从2到1，那其他羊都被吃完了，这样1确实是最后一个，也结束了），那这个问题就变成了赌徒破产问题，1最后被吃掉的概率和到2位置获胜概率一样，为$\frac{1}{n-2+1}=\frac{1}{n-1}$，由对称性，n-1位置也是这个概率。
对于其他位置，$i$最后被吃掉，有两种情况：
1 A: 从0走到i-1（不经过i+1），B: 再从i-1走到i+1（不穿过i）
2 C: 从0走到i+1（不经过i-1），D: 再从i+1走到i-1（不穿过i）
每种情况都是两个赌徒破产问题，$P=Pr[A]Pr[B]+Pr[C]Pr[D]=\frac{i-1}{n-1}\frac{1}{n-1}+\frac{n-i}{n-1}\frac{1}{n-1}$