有这么一个问题：

明日方舟卡池六星出率为 2%，在 50 抽以后，每增加一抽这个概率增加 2%（即 51 抽的六星出率为 4%，52 抽为 6%），求抽出六星的期望次数。

我希望将这个问题扩展成：

今有一列伯努利试验 $(T_1,\cdots,T_n,T_{n+1},\cdots,T_M)$，其中 $T_1,\cdots,T_n$ 的成功概率为 $p_0$； 从 $T_{n+1}$ 开始，每往后一个，成功概率增加 $p_d$（即 $\mathrm P(T_{n+i})=p_0+ip_d$），直到封顶为 $1$。 求：第一个成功的试验的序数期望。

废话少说，我他🐴算算算算算算算。

$$\begin{aligned} \mathrm E(\text{第一个成功的序数}) &=\sum_{i\in\text{序数}}i\,\mathrm P(\text{$T_i$ 是第一个成功的试验}) \\ &=\sum_{i=1}^{M}i\,\mathrm P(T_i)\prod_{j=1}^{i-1}(1-\mathrm P(T_j)) \\ &= \underbrace{ \sum_{i=1}^{n} i\, \underbrace{p_0}_{\text{$T_i$ 成功}}\ \underbrace{(1-p_0)^{i-1}}_{\text{$T_1,\cdots,T_{i-1}$ 均失败}} }_{R_1} + \underbrace{ \sum_{i=1}^{M-n} (n+i)\, \underbrace{(p_0+ip_d)}_{\text{$T_{n+i}$ 成功}}\, \underbrace{(1-p_0)^n}_{\text{$T_1,\cdots,T_n$ 均失败}} \underbrace{\left[\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d)\right]}_{\text{$T_{n+1},\cdots,T_{n+i-1}$ 均失败}} }_{R_2}. \end{aligned}$$

$R_1$ 很好算，它等于 $\displaystyle\frac{1}{p_0}[1-(1-p_0)^n\,(1+np_0)]$（WolframAlpha 告诉我的，乐）。

$R_2$ 的形式比较复杂，可以考虑用生成函数求解。 定义 $$\begin{aligned} f(x) &:=\sum_{i=1}^{M-n} (n+i)\, (p_0+ip_d)\, (1-p_0)^n \left[\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d)\right] x^i \\ &=(1-p_0)^n\sum_{i=1}^{M-n} (np_0+i(p_0+np_d)) \left[\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d)\right] x^i, \end{aligned}$$ 则 $R_2=f(1)$。

注意到如果令 $$g(x):=\sum_{i=1}^{M-n}\left[\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d)\right]x^i,$$ $$g’(x)=\sum_{i=1}^{M-n}i\left[\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d)\right]x^{i-1},$$ $$f(x)=(1-p_0)^n\left[np_0\,g(x)+(p_0+np_d)\,xg’(x)\right].$$

那剩下的就是解出 $g(x)$ 的事了。

$$\begin{aligned} \prod_{j=1}^{i-1}(1-p_0-jp_d) =p_d^{i-1}\prod_{j=1}^{i-1}\left(\frac{1-p_0}{p_d}-j\right) =p_d^{i-1}\left(\frac{1-p_0}{p_d}\right)^{\underline{i-1}}. \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} g(x) &=\sum_{i=1}^{M-n} p_d^{i-1} \left(\frac{1-p_0}{p_d}\right)^{\underline{i-1}} x^i. \end{aligned}$$

从 WolframAlpha 可知：

$$\sum_{i=0}^{N}A^{\underline{i}}x^{-i}=e^xx^{-A}\left[\Gamma(A+1,x)-A^{\underline{N+1}}\,\Gamma(A-N,x)\right],$$ $$\begin{aligned} g(x) &=x\sum_{i=0}^{M-n-1}\! \left(\frac{1-p_0}{p_d}\right)^{\underline{i}} \left(\frac{1}{p_dx}\right)^{-i} \\ &\quad\text{(Let $A:=\frac{1-p_0}{p_d}$, $y:=\frac{1}{p_dx}$)}\\ &= \frac{e^y}{y^{A+1}p_d} \left[\underbrace{ \Gamma(A+1,y) -A^{\underline{M-n}}\,\Gamma(A-(M-n-1),y) }_{Y}\right], \end{aligned}$$ $$ g’(x) = \frac{1}{p_d}\left[ \frac{(y-(A+1))e^y}{y^{A+2}}Y -\left(\frac{1}{y}-\frac{A^{\underline{M-n}}}{y^{M-n+1}}\right) \right]. $$

现在我们来计算 $f(1)$：

$$y|_{x=1}=p_d^{-1},$$ $$ g(1)=p_d^{A}\,\sqrt[p_d]{e}\,Y, \quad g’(1)=(p_0-p_d)\,g(1)+A^{\underline{M-n}}p_d^{M-n}-1, $$ $$\begin{aligned} f(1) &=(1-p_0)^n\left[np_0\,g(1)+(p_0+np_d)\,g’(1)\right] \\ &=(1-p_0)^n\left[ \left(np_0+(p_0+np_d)(p_0-p_d)\right)\,p_d^{A}\,\sqrt[p_d]{e}\,Y +(p_0+np_d)\left(A^{\underline{M-n}}p_d^{M-n}-1\right) \right] \\ &= R_2. \end{aligned}$$

于是得到答案： $$\begin{aligned} \mathrm E(\text{第一个成功的序数}) &=R_1+R_2 \\ &=\frac{1}{p_0}+(1-p_0)^n \left[\vphantom{\frac11}\right. \\ & \qquad \left(np_0+(p_0+np_d)(p_0-p_d)\right)\,p_d^{A}\,\sqrt[p_d]{e}\,Y \\ & \qquad +(p_0+np_d)\left(A^{\underline{M-n}}p_d^{M-n}-1\right) \\ & \qquad -\frac{1}{p_0}+n \\ & \left.\vphantom{\frac11}\right], \end{aligned}$$ 其中 $$ A:=\frac{1-p_0}{p_d}, \quad Y:=\Gamma\!\left(A+1,\frac{1}{p_d}\right)-A^{\underline{M-n}}\,\Gamma\!\left(A-(M-n-1),\frac{1}{p_d}\right). $$

你猜猜这个问题的连续版本有多简单？

$$\begin{aligned} \mathrm E(\text{第一个成功的位置}) &= \int_0^n{ t \, \underbrace{p_0}_{\text{$T_i$ 成功}} \, \underbrace{\int_0^t(1-p_0)\mathrm du}_{\text{$T_1,\cdots,T_{i-1}$ 均失败}} }\mathrm dt +\int_n^M{ t \, \underbrace{(p_0+(t-n)p_d)}_{\text{$T_{n+i}$ 成功}} \, \underbrace{\int_0^n(1-p_0)\mathrm du}_{\text{$T_1,\cdots,T_n$ 均失败}} \, \underbrace{\int_n^t(1-p_0-(u-n)p_d)\mathrm du}_{\text{$T_{n+1},\cdots,T_{n+i-1}$ 均失败}} }\mathrm dt \\ &= \int_0^n{t \, p_0 \, t \, (1-p_0)}\mathrm dt +\int_n^M{ t \left(p_0+(t-n)p_d\right) \, n(1-p_0) \, \left[ (t-n)(1-p_0+np_d) -\frac{p_d}{2}\left(t^2-n^2\right) \right] }\mathrm dt \\ &= p_0(1-p_0)\frac{n^3}{3} +\left[\text{我操我懒得展了，苦力活交给计算机做，好吗}\right] \\ &\in \mathcal{O}(p_0^3 \, p_d^2 \, n^6 \, M^5). \end{aligned}$$

属于是老奶奶都会算。