diff --git a/posts/possibility-calculation.md b/posts/possibility-calculation.md
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--- /dev/null
+++ b/posts/possibility-calculation.md
@@ -0,0 +1,813 @@
+---
+date: 2024-04-03
+title: 硬币游戏：游戏王MD中的概率问题
+tags:
+  - math
+description: 怎么玩MD老是后手...我要成为游戏王（划掉）概率论糕手！
+---
+
+# {{ $frontmatter.title }}
+
+## 前言
+
+:::details 游戏王的先后手差距
+游戏王/YGO是一个先后手差距非常大的卡牌游戏。
+
+虽然有各种各样的“手坑”让后手玩家可以在先手玩家的第一回合进行干扰，然而作用有限：
+
+- 先手玩家可以无效它们
+- 强力的卡组即使受到干扰也常常能做出场面形成压制
+- 先手玩家也能使用手坑来干扰后手玩家（甚至是在完成压制场面之后）
+
+因此即使先手少抽1张牌并且没有战斗阶段，先手仍然有着巨大的优势，以致于硬币的正反很大程度上左右最终的胜负。
+:::
+
+![心肺骤停](https://s2.loli.net/2024/04/28/dHTUECXtWiOeVc6.png)
+
+玩MD的时候硬币反面总是很烦人，运气差的时候常常n连硬币反面，导致n连败。
+
+有的玩家会说Konami暗改了硬币概率，根据胜率调控硬币啥的。这种说法我是不大相信的——常常有人抱怨连续十几把后手一路掉段的极端情况，这正是K社偷懒没做拟随机（quasi-random）消除极端情况导致的。
+
+:::details 伪随机（pseudo-random）与拟随机（quasi-random）
+当在网上解释不做保底的纯随机就是容易出现同一结果重复多次出现的极端情况，总会有人跳出来说计算机里没有“真随机”，全是伪随机。
+
+主要是通常语境下，大家会把**伪随机（pseudo-random）** 与 **拟随机（quasi-random）** 混为一谈，都叫“伪随机”。而实际上，前者是指使用梅森旋转等随机数生成算法将随机源（随机种子）扩展为随机数序列的方法，后者则是使用分层抽样、低差异序列、保底机制等手段减小方差，尽可能消除随机序列中的“聚集”现象的方法。
+
+这之中有非常多的误区，导致在网络上讨论这个完全是大坑：
+:::details 误区锦集(?)
+
+- 伪随机不靠谱，可预测，不随机——只要随机源可信，你无法预测一个现代的伪随机算法（现代计算机中有基于物理学噪声的随机数发生硬件，通常是合适的随机源，在C++中可以用`std::random_device`来访问）
+- 拟随机不公平——拟随机没有改变期望，只改变了方差，因此是公平的
+- 连续10把后手，太不随机了——一个先后均匀的序列和连续10把后手的序列概率是等同的，觉得不随机是人脑的偏见。在没有人为去除极端情况的真随机中，这就是会发生的。
+- 人的行为可以视为公平的随机——人的行为在概率上是可预测的，例如让一个人随机地在1~100间说出一个数，回答37的概率是最高的。人脑倾向于认为有模式，有规律的答案“不随机”，因此将人当成随机数发生器会使“有规律”的结果概率显著减小。
+- 计算机没有真随机，因此计算机随机不可信——取决于如何定义“随机”。现实抛硬币，和把抛硬币的物理模拟算法在计算机里跑没什么不同。如果认为熵足够的事件就是随机，那么利用随机数硬件采集噪声做种子产生伪随机数，和利用环境扰动保证抛硬币的随机性这两者没有高下之分。
+  :::
+
+不过n连先手/后手的概率确实是一个挺有趣的问题，也是（久违地）引起了我整点数学的兴趣。由此顺便联想到了不少相关的概率问题（某卡组升段/掉段的概率、bo3连胜制的胜率、...），零零碎碎算了不少内容最终成了这篇文章。
+
+:::info 游戏的胜负也不过是复杂的抛硬币
+抛硬币是个相当通用的例子，各种概率恒定的独立事件都可以抽象为硬币来处理。比如已知卡组胜率连胜$n$场的概率之类的（当然正经算的话还得考虑先后手因素）。所以本文的计算也没有直接使用$p=\dfrac{1}{2}$的均匀硬币模型，这样还有个好处：当你怀疑“硬币”的时候可以拿来做**贝叶斯估计**XD
+:::
+
+## TL;DR
+
+我把这篇文章的主要计算结果都放在这里，如果你对冗长的计算没什么兴趣也许可以不看之后的计算。~~有些结果就已经很冗长了~~
+
+### 抛m次硬币连续n次正面问题
+
+假设单次硬币正面概率为$p$，那么为了出现连续$n$次硬币，期望的抛硬币次数是
+
+$$
+E(m)=\dfrac{1-p^n}{p^n(1-p)}
+$$
+
+抛了$m$次硬币，$n$次正面的概率是
+
+$$
+P(Z_m \geq n) = \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j-1}(p-1)^{j-1}p^{nj}\left[p+\dfrac{(1+m-nj)(1-p)}{j}\right]
+$$
+
+当$m\gg n$且$n$充分大时，
+
+$$
+P(Z_m \geq n) \sim 1-\mathrm{e}^{(m+1)(p-1)p^n}
+$$
+
+### 实卡无穷对局连胜K局问题
+
+AB双方无限对局，由A首先先攻，当某一方首先获得单局$K$连胜时视为游戏胜利。第一局（主卡局），卡组A对卡组B的先攻胜率为$p_0$；在备牌局，卡组A的先攻胜率为$p_1$，后攻胜率为$p_2$（由于换备的存在$p_1+p_2=1$不一定成立）。
+
+分出胜负所需局数的期望$E$由以下方程组给出
+
+$$
+\begin{dcases}
+  E_1=\left(E_{-1}+\dfrac{1}{1-p_2}\right)\left(1-p_2^{K-1}\right) \\
+  E_{-1}=\left(E_{1}+\dfrac{1}{p_1}\right)\left(1-(1-p_1)^{K-1}\right)\\
+  E=(1-p_0)E_{-1}+p_0E_1+1
+\end{dcases}
+$$
+
+A获得最终游戏胜利的概率是
+
+$$
+p^+_{K}=\dfrac{p_2^{K-1}\left[1-(1-p_0)(1-p_1)^{K-1}\right]}{(1-p_1)^{K-1}+p_2^{K-1}-(1-p_1)^{K-1}p_2^{K-1}}
+$$
+
+特别地，当$K=2$时，
+
+$$
+\begin{gather*}
+  E=\dfrac{2+p_0+p_1p_2-p_0(p_1+p_2)}{1-p_1+p_1p_2}\\
+  p^+=\dfrac{p_2(p_0+p_1-p_0p_1)}{1-p_1+p_1p_2}
+\end{gather*}
+$$
+
+### MD天梯升降段问题
+
+设卡组单局游戏胜率为$p=\dfrac{p_{\text{先}}+p_{\text{后}}}{2}$，假设刚升上某一小段，问升段/降段发生的期望局数，以及升段的概率。
+
+#### 钻石段/白金段
+
+累计4胜升段，0胜场3连败掉段。
+
+$$
+\begin{gather*}
+E=\dfrac{2p^5-4p^4-p^3+10p^2-6p+3}{p^6-5p^5+11p^4-13p^3+11p^2-5p+1}\\
+p^+=\dfrac{p^4(p^2-3p+3)}{p^6 - 5 p^5 + 11 p^4 - 13 p^3 + 11 p^2 - 5 p + 1}
+\end{gather*}
+$$
+
+#### 大师段
+
+累计5胜升段，0胜场3连败掉段。
+
+$$
+\begin{gather*}
+E=\dfrac{3p^6 - 9p^5 + 12p^4 - 11p^3 + 16p^2 - 9p + 3}{2p^6 - 10p^5 + 22p^4 - 24p^3 + 16p^2 - 6p + 1}\\
+p^+=\dfrac{p^5(p^2 - 3p + 3)}{2p^6 - 10p^5 + 22p^4 - 24p^3 + 16p^2 - 6p + 1}
+\end{gather*}
+$$
+
+$p=0.5$时，钻石段升段概率为$63.6\%$，大师段升段概率为$58.3\%$，单局胜率低于$50\%$的卡组升段的概率可以大于$50\%$。钻石段升降段期望局数约为13，大师段升降段期望局数约为10，大师段更容易掉段。
+
+## 抛多少次硬币会出现连续n次正面？
+
+首先我们想知道大概抛多少次硬币会出现连续$n$次正面，换句话说，想要知道出现连续$n$次正面所需要的投掷次数的**期望**。
+
+抛一枚硬币，记正面的概率为$p$. 记恰好$m$次投掷硬币获得$n$次连续正面的概率为$P_{m, n}$
+
+显然有，$P_{n, n} = p^{n}$ 以及 $P_{m, n} = 0\ (m < n)$
+
+对于$m>n$，即前$n$次没能投出全正面的情形。我们考虑首次出现反面时的投掷次数$i$，不难得到递推式：
+
+$$
+\begin{equation}
+P_{m, n} = \sum_{i=1}^n p^{i-1}(1-p)P_{m-i, n}
+\end{equation}
+$$
+
+考虑数列$\{P_{m, n}\}_m$的**生成函数**：
+
+$$
+\begin{aligned}
+G_n(x) &= \sum_{i=0}^{\infin} P_{i, n} x^{i}\\
+&=\sum_{i=1}^{\infin} P_{i, n} x^{i}\quad (\text{for } n\geq 1) \\
+\end{aligned}\tag{2}
+$$
+
+综合$(1)$和$(2)$可以得到：
+
+$$
+\begin{aligned}
+G_n(x) [1-(1-p)x-p(1-p)x^2-\cdots-p^{n-1}(1-p)x^n] = P_{n, n} x^n = p^{n}x^n
+\end{aligned}\tag{3}
+$$
+
+于是，
+
+$$
+G_n(x) \left[1 - (1-p) x \dfrac{1-p^{n}x^{n}}{1-px}\right] = p^nx^n
+$$
+
+$$
+G_n(x) = \boxed{\dfrac{(1-px)p^nx^n}{1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1}}} \tag{4}
+$$
+
+所以使得连续$n$次出现正面需要的投掷次数期望为$E_n = G'_n(1) = \boxed{\dfrac{1-p^n}{p^n(1-p)} }$
+
+方差则为
+
+$$
+\begin{aligned}
+D_n &= G''(1)+G'(1)-[G'(1)]^2 \\
+&= \dfrac{2[(n+1)p^{n+1}-p^{2n+1}+p^{2n}-(n+2)p^n+1]}{p^{2n}(1-p)^2}+\dfrac{1-p^n}{p^n(1-p)}-\left[\dfrac{1-p^n}{p^n(1-p)}\right]^2\\
+&=\boxed{\dfrac{1 - (2n+1)(1-p)p^n-p^{2n+1}}{p^{2n}(1-p)^2}}
+\end{aligned}
+$$
+
+:::info 你问咋算这么复杂的导数？
+出门右转[Wolfram Alpha](https://www.wolframalpha.com/)，或者使用本地的Mathematica/Maple/SymPy之类的符号计算软件。
+:::
+
+对于$p=\dfrac{1}{2}$，有$G_n(x) = \dfrac{(2-x)x^n}{2^{n+1}(1-x)+x^{n+1}}$，$E_n=2^{n+1}-2$，$D_n = 2^{2n+2} - (2n+1)2^{n+1} - 2$
+
+:::info 分析
+也就是说如果硬币公平的话，平均每30把就会出现4连先手**和**4连后手。不过结果的标准差基本上和期望一样大，所以结果很不稳定，所以可能没啥参考价值？
+:::
+
+## 抛m次硬币连续至少n次正面的概率
+
+比起期望，我们当然对概率本身更加感兴趣，不过这计算就繁琐了不少。
+
+### 闭形式
+
+记抛m次硬币出现的最长连续正面次数为$Z_m$，那么我们要求的就是$P(Z_m\geq n)$的大小。
+
+沿用上一节的记号，我们有
+
+$$
+P(Z_m\geq n) = \sum_{i = 0}^m P_{i, n} \tag{5}
+$$
+
+也就是说，所求的就是数列$\{P_{m, n}\}_m$的前m项和。由于前面已经算出了$\{P_{m, n}\}_m$的生成函数，我们可以直接写出$P(Z_m\geq n)$的生成函数$F_n(x)$
+
+$$
+\begin{align*}
+F_n(x) &= \dfrac{1}{1-x}G_n(x) \\
+&= \dfrac{(1-px)p^nx^n}{(1-x)[1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1}]} \\
+&= \dfrac{1}{1-x} + \dfrac{p^nx^n-1}{1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1}} \tag{6}
+\end{align*}
+$$
+
+:::tip 定义1. （系数算子） $[x^n]f(x)$
+
+对幂级数$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin} a_ix^i$以及$n\in \mathbb{Z}$ 定义
+
+$$
+[x^n]\displaystyle \sum_{i=0}^{\infin} a_ix^i = \begin{dcases}
+  a_n &,if\ n\geq 0,  \\
+  0 &,if\ n<0.
+\end{dcases}
+$$
+
+按照定义易得以下性质：
+
+- $[x^n]f(x)=\dfrac{f^{(n)}(0)}{\Gamma(n+1)},\quad if\ n\geq 0$
+- $[x^n]x^mf(x) = [x^{n-m}]f(x)$
+  :::
+
+按照生成函数的定义，我们有
+
+$$
+\begin{align*}
+P(Z_m\geq n) &= [x^m]F_n(x) = [x^m] \left(\dfrac{1}{1-x} + \dfrac{p^nx^n-1}{1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1}}\right)\\
+&= [x^m] \left(\sum_{i=0}^{\infin}x^i+(p^nx^n-1)\sum_{i=0}^{\infin}\left[x-(1-p)p^nx^{n+1}\right]^i\right)\\
+&= 1 + [x^m](p^nx^n-1)\sum_{i=0}^{\infin}\left[x-(1-p)p^nx^{n+1}\right]^i\\
+&=1+\left(p^n[x^{m-n}] - [x^m]\right)\sum_{i=0}^{\infin}x^i\left[1-(1-p)p^nx^{n}\right]^i\\
+&=1+\left(p^n[x^{m-n}] - [x^m]\right)\sum_{i=0}^{\infin}x^i\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}  (-1)^j (1-p)^j (px)^{nj}\\
+&=1+\sum_{i=0}^{m}\left(p^n[x^{m-n-i}] - [x^{m-i}]\right)\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}  (-1)^j (1-p)^j (px)^{nj}\\
+&=1+p^n\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor - 1 } \binom{m-n(j+1)}{j}(p-1)^jp^{nj} - \sum_{j=0}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j}(p-1)^jp^{nj}\\
+&=1+\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor - 1 } \binom{m-n(j+1)}{j}(p-1)^jp^{n(j+1)} - 1 - \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j}(p-1)^jp^{nj}\\
+&=\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j-1}(p-1)^{j-1}p^{nj} - \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j}(p-1)^jp^{nj}\\
+&=\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j-1}(p-1)^{j-1}p^{nj}\left[1-\dfrac{m-(n+1)j + 1}{j}(p-1)\right]\\
+&=\boxed{\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{n} \rfloor } \binom{m-nj}{j-1}(p-1)^{j-1}p^{nj}\left[p+\dfrac{(1+m-nj)(1-p)}{j}\right]} \tag{7}
+\end{align*}
+$$
+
+### 渐进分析
+
+从闭形式中很难看出来概率的变化趋势，为此我们还需要一个渐进估计表达式。
+
+这一节我们将得到：当$m\gg n$且$n$充分大时，有
+
+$$
+P(Z_m \geq n) \sim 1-\mathrm{e}^{(m+1)(p-1)p^n} \tag{8}
+$$
+
+#### 亚纯估计定理
+
+道理上来讲，生成函数实际上只是**形式幂级数**，是否收敛并不重要。但如果我们知道它是收敛乃至解析的，那么就能用上一些分析学的方法来对其系数做出估计。
+
+:::tip 定理：亚纯生成函数的估计
+设$f(z)$是一个**亚纯函数**，它在包含原点的区域$\mathfrak{R}$内除了有限个极点外是解析的.
+
+设$R>0$是模最小极点的模，$z_0, \cdots, z_s$是$f(z)$的所有模为$R$的极点，$R'>R$是$f(z)$次小模极点的模。
+
+那么对$\forall \epsilon > 0$，有
+
+$$
+[z^n]f(z)=[z^n]\left(\sum_{j=0}^s pp(f;z_j)+O\left(\left(\dfrac{1}{R'}+\epsilon\right)^n\right)\right)
+$$
+
+其中$pp(f;z_j)=\displaystyle \sum_{j=1}^r \dfrac{a_{-j} }{(z-z_j)^j}$为$f$在$r$阶极点$z_j$处**Laurent展开的主要部分**。
+
+:::
+
+这个定理在《发生函数论》的第5章可以找到，这里我们就不加证明直接拿来了。这个定理表明，决定函数系数的最主要因素是它的模最小极点。
+
+进一步，如果$z_0$是$f(z)$的（其中一个）模最小极点，且它是$r$阶极点，那么它对系数的贡献为
+
+$$
+\begin{align*}
+[x^n]pp(f;z_0) &= [x^n]\sum_{j=1}^r \dfrac{a_{-j}}{(z-z_0)^j} = [x^n]\sum_{j=1}^r \dfrac{(-1)^ja_{-j}}{z_0^j(1-\dfrac{z}{z_0})^j} \\
+&=[x^n]\sum_{j=1}^r \dfrac{(-1)^ja_{-j}}{z_0^j}\sum_{k = 0}^{\infin} \binom{k+j-1}{k}\left(\dfrac{z}{z_0}\right)^k\\
+&=[x^n]\sum_{k = 0}^{\infin}z^k\left(\sum_{j=1}^r \dfrac{(-1)^ja_{-j}}{z_0^{k+j}}\binom{k+j-1}{j-1}\right)\\
+&=\sum_{j=1}^r \dfrac{(-1)^ja_{-j}}{z_0^{n+j}}\binom{n+j-1}{j-1}
+\end{align*}
+$$
+
+特别地，如果$z_0$是1阶极点，那么它的贡献就是$-\dfrac{Res[f(z), z_0]}{z_0^{n+1}}$.
+
+#### 分析极点阶数
+
+借由亚纯估计定理，我们的思路就是分析生成函数的极点。
+
+回到$P(Z_m \geq n)$的生成函数$(6)$，由于$\dfrac{1}{1-x}$只是单纯给各项系数加上个$1$，我们只需考虑
+
+$$
+Q_n(x) = \dfrac{1-p^nx^n}{1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1}}
+$$
+
+:::info NOTE
+$Q_n(x) = \dfrac{1}{1-x}-F_n(x) = \displaystyle \sum_{i=0}^\infin \left[1-P(Z_m \geq n)\right]x^i=\sum_{i=0}^\infin P(Z_m < n) x^i$，因此$Q_n(x)$就是$P(Z_m < n)$的生成函数，
+:::
+
+为了得到$Q_n(x)$的极点，我们考虑方程
+
+$$
+\varphi(x)\overset{def}{=}1-x+(1-p)p^{n}x^{n+1} = 0 \tag{9}
+$$
+
+的根。
+
+首先不难发现$\varphi\left(\dfrac{1}{p}\right)=0$，但$x=\dfrac{1}{p}$是个可去奇点，并不符合要求。
+
+进一步分析，来求极值：
+
+$$
+\varphi'(x) = (n+1)(1-p)p^nx^n-1
+$$
+
+极值点$x_m = \dfrac{1}{p}\sqrt[n]{\dfrac{1}{(n+1)(1-p)} }$，极小值
+
+$$
+\begin{align*}
+\varphi(x_m) &=1-\sqrt[n]{\dfrac{1}{p^n(1-p)}\dfrac{n^n}{(n+1)^{n+1}}}\\
+&=1-\sqrt[n]{\dfrac{1}{\left(\dfrac{p}{n}\right)^n(1-p)}\dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}}\\
+&\leq 1- \sqrt[n]{\dfrac{1}{\left[\left(\underbrace{\dfrac{p}{n}+\cdots+\dfrac{p}{n}}_{n}+1-p\right)/(n+1) \right]^{n+1} }\dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}}\\
+&=0
+\end{align*}
+$$
+
+最后采用了均值不等式来放缩，当且仅当$p = \dfrac{n}{n+1}$时取等，此时$x_m=1+\dfrac{1}{n}$.
+
+借助均值不等式，不难发现$1 + \dfrac{1}{n} \leq x_m$以及$\varphi(1+(1-p)p^n)>0$，$\varphi(1+\dfrac{1}{n})\leq 0$，因此方程$\varphi(x) = 0$在$(1, +\infin)$上有两个根， 它们分布在$1+1/n$的两侧， 其中一个是$1/p$。
+
+:::details $\varphi(x)=0$的最小模根是实根
+~~证明留作习题~~ 不是重点，不想啰嗦
+![](https://s2.loli.net/2024/04/28/JbIXjQSD8swxiEe.png)
+贴一张$n=8, p=0.6$时$\varphi(x)$在复平面上的函数值作为参考吧~
+
+实际上其它复根的模长不小于另一个实根（提示：使用三角不等式），因此为了使用亚纯估计定理，我们只需要考虑这个函数的实根就足够了。
+:::
+
+##### (I) $p\neq\dfrac{n}{n+1}$ 时
+
+$$
+\begin{aligned}
+Res[Q_n(x); x_0] &= \lim_{x\to x_0} \dfrac{1-p^nx_0^n}{\varphi'(x_0)}\\
+&=\dfrac{1-p^nx_0^n}{(n+1)(1-p)p^nx_0^n-1}
+\end{aligned}
+$$
+
+由亚纯估计定理可知：
+
+$$
+\begin{aligned}
+P(Z_m < n) &= [x^m]Q_n(x)\\
+&\sim \dfrac{1-p^nx_0^n}{1-(n+1)(1-p)p^nx_0^n} \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^{m+1}\\
+&= \dfrac{1-px_0}{(1-p)(n+1-nx_0)} \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^{m+1}\tag{10a}
+\end{aligned}
+$$
+
+##### (II) $p=\dfrac{n}{n+1}$ 时
+
+$$
+a_{-1}=\lim_{x\to x_0} \dfrac{(1-p^nx^n)(x-x_0)}{\varphi(x)} = -\dfrac{2}{(n+1)(1-p)} = -2
+$$
+
+$$
+a_{-2}=\lim_{x\to x_0}\dfrac{(1-p^nx^n)(x-x_0)^2}{\varphi(x)} = \dfrac{2(1-p^nx_0^n)}{n(n+1)(1-p)p^nx_0^{n-1}} = 0
+$$
+
+因此，
+
+$$
+\begin{aligned}
+P(Z_m < n) &= [x^m]Q_n(x) \sim 2 \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^{m+1} \tag{10b}
+\end{aligned}
+$$
+
+#### 估计极点$x_0$
+
+当$n$充分大时，总是有$p<\dfrac{n}{n+1}$，这时$1/p$不是$\varphi(x)=0$最小的实根。记最小实根为$x_0$. 注意到$\varphi\left(1+(1-p)p^n\right)>0$和$\varphi\left(1+e(1-p)p^n\right)<0$，结合前面的导数分析，我们有$1+(1-p)p^n<x_0<1+e(1-p)p^n$，因此
+
+$$
+x_0=1+\Theta\left((1-p)p^n\right)
+$$
+
+进一步，记$K=\displaystyle \lim_{n\to \infin} \dfrac{x_0-1}{(1-p)p^n} \in [1, e]$，则
+
+$$
+\begin{align*}
+
+K&=\lim_{n\to \infin} \dfrac{x_0-1}{(1-p)p^n} =\lim_{n\to \infin}x_0^{n+1} \\
+&\leq \lim_{n\to \infin} \left[1+e(1-p)p^n\right]^{n+1}\\
+&= \exp\left(\lim_{n\to \infin} \ln(1+e(1-p)p^n)(n+1)\right)\\
+&\leq \exp\left(\lim_{n\to \infin} e(1-p)p^n(n+1)\right)\\
+&=\exp(0) = 1
+\end{align*}
+$$
+
+因此，$K=1$，也就是说
+
+$$
+x_0 \sim 1+(1-p)p^n \quad (n\to \infin)
+$$
+
+将以上近似回代到$(10a)$中，有
+
+$$
+\begin{align*}
+P(Z_m < n) &\sim \dfrac{1-px_0}{(1-p)(n+1-nx_0)} \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^{m+1} \\
+&\sim \left(\dfrac{1}{x_0}\right)^{m+1}\\
+&= \left(\dfrac{1}{1+ (1-p)p^n}\right)^{m+1}\\
+&=\left(1+ \dfrac{1-p}{p^{-n}}\right)^{-(m+1)}\\
+&=\left(\left(1+ \dfrac{1-p}{p^{-n}}\right)^{p^{-n}}\right)^{-p^n(m+1)}\\
+&\sim \left(\mathrm{e}^{1-p}\right)^{-p^n(m+1)}\\
+&= \boxed{\mathrm{e}^{(m+1)(p-1)p^n}}
+\end{align*}
+$$
+
+从而，
+
+$$
+\boxed{P(Z_m \geq n) = 1 - P(Z_m < n) \sim 1 - \mathrm{e}^{(m+1)(p-1)p^n} }\tag{8}
+$$
+
+> $\mathrm{e}$：又是我~
+
+:::warning TODO: 误差分析
+好麻烦欸，有空再整吧...~~（多半是鸽了）~~
+:::
+
+## Bo∞中的连胜
+
+:::info Bo3决定胜负的卡牌游戏
+
+游戏王实卡的赛制是Bo3，也就是三局两胜制。在前一局游戏结束后，败方可以选择下一局的先后手，同时双方可以根据对方的卡组以及先后手情况从自己预先准备的15张备牌中更换一些针对卡。
+
+由于换备和三局两胜制的存在，因此会比MD的一把定胜负更平衡一些。
+
+:::
+
+设想这样一种赛制： **双方无限对局，当某一方首先获得单局2连胜时视为游戏胜利。** 理论上来说，相比Bo3赛制，这样会要求更大的玩家水平和卡组构筑差距才能决出胜负。
+
+假设对局双方分别使用卡组A和卡组B，在第一局（主卡局），卡组A对卡组B的先攻胜率为$p_0$；在备牌局，卡组A的先攻胜率为$p_1$，后攻胜率为$p_2$.
+
+为了简单起见，我们**假设双方卡组都是先手比后手更有优势的卡组**。因此当某个玩家输了一局的时候，下一局他一定会选择先手。
+
+那么问题是，如果使用卡组A的玩家先攻：
+
+- 游戏期望在第几局结束？
+- 他的最终胜率是多少？
+
+### 期望
+
+这个对局过程显然是**马尔可夫**的。
+
+对局总共有5种状态，$S=\{S_0=-2, S_1 = -1, S_2 = 0, S_3 = 1, S_4 = 2\}$，其中$S_2=0$是第一局（初始态），$S_0$和$S_4$分别代表连输/连赢2次的状态（吸收态）。
+
+我们可以写出相应的转移矩阵：
+
+$$
+\mathcal{M}=\begin{bmatrix}
+ 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
+ 1 - p_1 & 0 & 0 & p_1 & 0 \\
+ 0 & 1-p_0 & 0 & p_0 & 0 \\
+ 0 & 1-p_2 & 0 & 0 & p_2 \\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 1
+\end{bmatrix}
+$$
+
+设从状态$S_i$转移到某个吸收态的期望为$E_i$，则
+
+$$
+\begin{cases}
+E_0=0\\
+E_1=(1-p_1)E_0+p_1E_3+1\\
+E_2=(1-p_0)E_1+p_0E_3+1\\
+E_3=(1-p_2)E_1+p_2E_4+1\\
+E_4=0
+\end{cases}
+$$
+
+解得，$(E_1,\ E_2,\ E_3) = \dfrac{\left(1+p_1,\ 2+p_0+p_1p_2-p_0(p_1+p_2),\ 2-p_2\right)}{1-p_1+p_1p_2}$
+
+也就是说，分出胜负的期望局数是$E_2=\dfrac{2+p_0+p_1p_2-p_0(p_1+p_2)}{1-p_1+p_1p_2}$
+
+### 概率
+
+设对局中前一把赢了之后最终取胜的概率为$A$，前一把输了之后最终取胜的概率为$B$，利用
+
+$$
+\begin{cases}
+A=p_2+(1-p_2)B\\
+B=p_1A
+\end{cases}
+$$
+
+解得，$(A, B) = \left(\dfrac{p_2}{1-p_1+p_1p_2},\dfrac{p_1p_2}{1-p_1+p_1p_2}\right)$
+
+最终胜率为$P = p_0A+(1-p_0)B = \dfrac{p_2(p_0+p_1-p_0p_1)}{1-p_1+p_1p_2}$
+
+### K连胜的情形
+
+之前我们讨论的是2连胜的情形，假如将胜利条件改为有一方$K$连胜才结束那又如何计算呢？
+
+#### 游戏局数的期望
+
+期望的计算还是一样，根据状态转移矩阵可以列出$2K+1$元的线性方程组：
+
+$$
+\begin{dcases}
+  E_i=(1-p_2)E_{-1}+p_2E_{i+1}+1 &,i\in \{1,\cdots,K-1\}\\
+  E_i=p_1E_1+(1-p_1)E_{i-1}+1 &,i \in \{-1, \cdots, -K+1\}\\
+  E_0=(1-p_0)E_{-1}+p_0E_1+1\\
+  E_K=E_{-K}=0
+\end{dcases}
+$$
+
+由于我们只关心$E_0$，简单化简后可以得到
+
+$$
+\begin{dcases}
+  E_1=\left(E_{-1}+\dfrac{1}{1-p_2}\right)\left(1-p_2^{K-1}\right) \\
+  E_{-1}=\left(E_{1}+\dfrac{1}{p_1}\right)\left(1-(1-p_1)^{K-1}\right)\\
+  E_0=(1-p_0)E_{-1}+p_0E_1+1
+\end{dcases}
+$$
+
+具体的解就不写了，太长了😵
+
+关于胜率的求解，我们可以扩展之前的方法，但更优雅的做法是借助**鞅论**的知识。
+
+#### 鞅与停时定理
+
+:::tip 定义2. 鞅
+
+对于随机过程$\{X_n\}$和$\{M_n\}$。如果满足：
+
+- $M_n$只与$X_0, \cdots, X_n$有关，
+- $E(M_{n+1}|X_0, \cdots, X_n) = M_n$
+
+则称$\{M_n\}$是一个关于$\{X_n\}$的**鞅**。
+
+其中条件2也可以等价地写成$E(M_{n+1}-M_n|X_0, \cdots, X_n) = 0$，如果将等号改为大于等于/小于等于，那么过程$\{M_n\}$就称为**上鞅**/**下鞅**。
+
+> 上鞅和下鞅的定义也有反过来的，可能是因为和函数凹凸性相关，于是和凹函数/凸函数一样成了笔糊涂账。Anyway，这里我们只用鞅，并不涉及上鞅与下鞅。
+
+:::
+
+直观地来讲，如果一个随机过程它每一步的期望都保持恒定不变，是一个平稳的过程，那么就称它为鞅。换句话说，对任意有限的$n$，我们有
+
+$$
+E(M_{n}) = E(M_{0})
+$$
+
+若$T$是$\{M_n\}$的一个**停时**，记$T\wedge n = \min\{T, n\}$，那么显然有
+
+$$
+E(M_{T\wedge n}) = E(M_{0})
+$$
+
+停时定理所讨论的是：在什么情况下有$E(M_T) = E(M_0)$成立？
+
+:::tip 鞅停时定理（Optional Stopping Theorem）
+
+$\{M_n\}$是关于$\{X_n\}$的**鞅**，$T$是$\{M_n\}$的一个**停时**，那么以下均为$E(M_T) = E(M_0)$的充分条件：
+
+1. 存在$K<\infin$，使得$P(T\leq K)=1$
+2. $E(T)<\infin$，并且$E(|M_{n+1}-M_n|)\leq c < \infin$
+3. $P(T\leq \infin)=1$，并且$M_{T\wedge n} \leq K < \infin$
+
+:::info NOTE
+
+OST的成立条件其实就是在问$M_T$是否**一致可积**，也就是能否**交换积分和极限的顺序**。如果答案是肯定的，那么显然就有
+
+$$
+E(M_{0}) = \lim_{n\to\infin}E(M_{T\wedge n})=E\left(\lim_{n\to\infin}M_{T\wedge n}\right)=E(M_T)
+$$
+
+:::
+
+#### 计算思路
+
+那么如何使用OST来计算$K$连胜的概率呢？
+
+我们设随机变量$X_n=\{\text{当前连胜场次}\}$，如果当前连胜那么$X_n$为正，反之则$X_n$为负，$T$为首次$K$连胜或$K$连败所需的局数，$K$连胜的概率为$P^+_{K}$.
+
+计算的思路是构造一个关于$\{X_n\}$鞅$\{f(X_n)\}$，这个鞅满足OST的使用条件，这样一来我们有
+
+$$
+f(X_0)=E(f(X_0))=E(f(X_T))=P^+_{K}f(K)+(1-P^+_{K})f(-K)
+$$
+
+从而
+
+$$
+P^+_{K}=\dfrac{f(X_0)-f(-K)}{f(K)-f(-K)} \tag{*}
+$$
+
+所以问题的关键就在于如何构造这个$\{f(X_n)\}$
+
+#### 构造鞅函数
+
+本来这时候该**注意到**了，但本文的目的并不是显摆注意力，所以这里就写明白如何切实地构造这个函数。
+
+对$X_n>0$，也就是连胜中的情形，此时赢一把$X_{n+1}=X_n+1$，输一把$X_{n+1}=-1$，按照鞅的定义，我们写出
+
+$$
+f(X_n)=E(f(X_{n+1})|X_n)=p_2f(X_n+1)+(1-p_2)f(-1)
+$$
+
+对$X_n<0$，也就是连败中的情形，此时赢一把$X_{n+1}=1$，输一把$X_{n+1}=X_n-1$，按照鞅的定义，我们写出
+
+$$
+f(X_n)=E(f(X_{n+1})|X_n)=p_1f(1)+(1-p_1)f(X_n-1)
+$$
+
+对$X_n=0$，这是第一局主卡局，有
+
+$$
+f(0)=E(f(X_1)| X_0=0)=p_0f(1)+(1-p_0)f(-1)
+$$
+
+为了方便，令$f(0)=0$，我们只需求解函数方程组：
+
+$$
+\begin{dcases}
+  f(n)=p_2f(n+1)+(1-p_2)f(-1) &,n>0\\
+  f(n)=p_1f(1)+(1-p_1)f(n-1) &,n<0\\
+  f(0)=p_0f(1)+(1-p_0)f(-1)=0,
+\end{dcases}
+$$
+
+这并不困难：
+
+$$
+f(n)=\begin{dcases}
+  p_2^{-n+1}-p_0 &,n>0\\
+  0 &,n=0\\
+  -(1-p_1)^{n+1}+1-p_0 &,n<0
+\end{dcases}
+$$
+
+容易验证$f(n)$是有界的，因而可以使用停时定理。
+
+于是由$(*)$，我们得到
+
+$$
+\begin{align*}
+P^+_{K}&=\dfrac{-f(-K)}{f(K)-f(-K)}\\
+&=\dfrac{(1-p_1)^{-K+1}-1+p_0}{p_2^{-K+1}-p_0+(1-p_1)^{-K+1}-1+p_0}\\
+&=\boxed{\dfrac{p_2^{K-1}\left[1-(1-p_0)(1-p_1)^{K-1}\right]}{(1-p_1)^{K-1}+p_2^{K-1}-(1-p_1)^{K-1}p_2^{K-1}}} \tag{11}
+\end{align*}
+$$
+
+## 天梯升降段
+
+另一个有趣的问题是已知卡组的胜率为$p$，如何计算在MD天梯升段/降段的期望局数和概率？
+
+> 你可以考虑先攻胜率$p_1$后攻胜率$p_2$，但无非就是把每步转移概率里的$p$换成$(p_1+p_2)/2$
+
+MD的段位机制如下：
+
+- 累计净胜$K$局升段（白金/钻石段$K=4$，大师段$K=5$）
+- 净胜0局的情况下连败3局掉段
+- 掉段流程中只要有赢一局，回到净胜1局的状态
+
+### 钻石段：$K=4$
+
+这个问题和之前的$K$连胜问题比较类似，对于胜率$p$我们写出状态转移矩阵：
+
+$$
+\mathcal{M_p}=\begin{bmatrix}
+ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
+ 1-p & 0 & 0 & 0 & p & 0 & 0 & 0\\
+ 0 & 1-p & 0 & 0 & p & 0 & 0 & 0\\
+ 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0 & 0 & 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0 & 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
+\end{bmatrix}
+$$
+
+记$\mathbf{E}=\begin{pmatrix}
+  E_{-3}\\
+  E_{-2}\\
+  E_{-1}\\
+  E_{0}\\
+  E_{1}\\
+  E_{2}\\
+  E_{3}\\
+  E_{4}
+\end{pmatrix}$，$\mathbf{c}=\begin{pmatrix}
+  0\\
+  1\\
+  1\\
+  1\\
+  1\\
+  1\\
+  1\\
+  0
+\end{pmatrix}$，$\mathbf{A}=\begin{pmatrix}
+  2& &\\
+  & \mathbf{1}_{6\times6} &\\
+  & & 2
+\end{pmatrix}$
+
+解方程$\mathbf{A}\mathbf{E}=\mathcal{M_p}\mathbf{E}+\mathbf{c}$，得
+
+$$
+\mathbf{E}=\dfrac{1}{p^6-5p^5+11p^4-13p^3+11p^2-5p+1}\begin{pmatrix}
+  0\\
+  2p^3+2p^2-p+1 \\
+  -2p^4+2p^3+5p^2-3p+2 \\
+  2p^5-4p^4-p^3+10p^2-6p+3 \\
+  -p^5+5p^4-11p^3+15p^2-9p+4 \\
+  p^5-2p^4-3p^3+13p^2-12p+5 \\
+  -2p^5+12p^4-29p^3+36p^2-22p+6 \\
+  0
+\end{pmatrix}
+$$
+
+为了计算升段概率，我们构造$f(n)$使$\{f(X_n)\}$是个鞅，
+
+$$
+f(n)=\begin{dcases}
+  \dfrac{p}{2p-1}\left[1-\left(\dfrac{1-p}{p}\right)^n\right] &,n\geq 0\\
+  1-(1-p)^n &,n<0
+\end{dcases}
+$$
+
+停时$T=\{ \text{\small 首次到达} n=4 \vee n=-3 \}$，设升段概率为$p^+$，则由停时定理
+
+$$
+f(0)=E(f(X_T))=p^+f(4)+(1-p^+)f(-3)=0
+$$
+
+解得，
+
+$$
+p^+=\dfrac{p^4(p^2-3p+3)}{p^6 - 5 p^5 + 11 p^4 - 13 p^3 + 11 p^2 - 5 p + 1}
+$$
+
+### 大师段：$K=5$
+
+$$
+\mathcal{M_p}=\begin{bmatrix}
+ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0  & 0\\
+ 1-p & 0 & 0 & 0 & p & 0 & 0 & 0& 0\\
+ 0 & 1-p & 0 & 0 & p & 0 & 0 & 0& 0\\
+ 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0 & 0 & 0& 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0 & 0& 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p & 0& 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p& 0\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1-p & 0 & p\\
+ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0& 1
+\end{bmatrix}
+$$
+
+解方程$(\mathbf{A}-\mathcal{M_p})\mathbf{E}=\mathbf{c}$，得
+
+$$
+\mathbf{E}=\dfrac{\begin{pmatrix}
+  0\\
+  3p^4 + 3p^2 - 2p + 1\\
+  3p^5 - 6p^4 + 3p^3 - 8p^2 + 5p - 2\\
+  3p^6 - 9p^5 + 12p^4 - 11p^3 + 16p^2 - 9p + 3\\
+  -2p^5 + 10p^4 - 19p^3 + 24p^2 - 13p + 4\\
+  3p^6 - 14p^5 + 29p^4 - 35p^3 + 32p^2 - 17p + 5\\
+  -p^5 + 8p^4 - 22p^3 + 32p^2 - 21p + 6\\
+  3p^6 - 19p^5 + 52p^4 - 78p^3 + 69p^2 - 33p + 7\\
+  0
+\end{pmatrix}}{2p^6 - 10p^5 + 22p^4 - 24p^3 + 16p^2 - 6p + 1}
+$$
+
+鞅过程和之前的一样，不过停时变成了$T=\{ \text{\small 首次到达} n=5 \vee n=-3 \}$，此时
+
+$$
+p^+=\dfrac{-f(-3)}{f(5)-f(-3)}=\dfrac{(p^2 - 3p + 3)p^5}{2p^6 - 10p^5 + 22p^4 - 24p^3 + 16p^2 - 6p + 1}
+$$
+
+### 简单分析
+
+#### 胜率
+
+我们把$K=4$和$K=5$时的胜率-升段率曲线画出来：
+
+![胜率-升段率曲线](https://s2.loli.net/2024/04/30/Fb79XOQapz8qPGJ.png)
+
+* 一个卡组要在天梯上保持不升不降，其胜率并不需要达到$50\%$：在白金/钻石段只需要$46\%$的胜率，而在大师段则需要$48\%$
+* 一个单局胜率在$50\%$的卡组实际上有$60\%$左右的概率是能升段的
+
+#### 游戏局数
+
+把$K=4$和$K=5$时的胜率-期望局数曲线画出来：
+![胜率-期望局数曲线](https://s2.loli.net/2024/04/30/SAXjKg25fiaDYP1.png)
+
+* 除非单局胜率特别高（$>78\%$），不然大师段升降段会比钻石段更快（大概是因为掉段更容易）
+* 期望局数在略小于$50\%$胜率的地方取到最大（不过并不是总体胜率$50\%$的点，还要更小一点）
+* 期望上来说，大师段10把升降段，钻石白金13把升降段