参考博客：一类概率期望问题的杀器：势函数和鞅的停时定理；势函数和鞅的停时定理
感谢zzz大神的指导
方法简述
对于随机事件序列 (A_0,A_1,A_2,A_3,...,A_T)，其停时为随机变量 (T)。放在随机游走模型上就是 (A_i) 相当于第 (i) 步走的是哪个点，(A_0,A_1,A_2,...,A_T) 表示从起始点走到终止点的一条路径，(T) 表示路径长度。我们的问题是：求解 (E(T))。
具体方法是，对于每种随机事件（或者可以认为是“状态”）设定一个势函数 (phi(A_i))，并且让这个势函数每过一秒期望减 (1)，即对于任意的 (i)，有 (E(phi(A_{i+1})-phi(A_i)) = 1)。然后 (E(T) = phi(A_0)-phi(A_T))。因此解题的关键在于求 (phi)。
实际上这只是感性理解，具体证明还需要用到鞅和停时定理。它能用的条件是：停时有界，不为正无穷，并且 (phi(A_T)-phi(A_0))。不过这些一般题目都能保证。
例题
以第 (t) 时刻第 (i) 个人拥有的饼干数做为小状态，设每个人的势函数为 (f(a_{t,i}))；把所有人的饼干数压一块作为大状态，设势函数为 (sum_{i}f(a_{t,i}))。那么我们要做的是：
[E(phi(A_t)-phi(A_{t+1}))=-1
]
即：（(m) 为总饼干数）
[sum_i f(a_{t,i})-sum_{i}sum_{j
ot= i}frac{a_{t,j}}{m(n-1)}(f(a_{t,i}-1)+f(a_{t,j}+1)+sum_{k
ot= i,k
ot= j}f(a_{t,k}))=-1
]
[sum_i f(a_{t,i})=sum_{i}(frac{a_{t,j}}{m}f(a_{t,i}-1)+frac{m-a_{t,i}}{m(n-1)}f(a_{t,i} + 1)+frac{(m-a_{t,i})(n-2)}{m(n-1)}f(a_{t,i})+frac{a_{t,i}}{m})
]
如果我们能够构造出一种 (f(a_{t,i}))，符合这个式子，那么这个 (f) 就能用于求解 (E(T))。一种构造方法是：
[f(a)=frac{a}{m}f(a-1) + frac{m-a}{m(n-1)}f(a+1) + frac{(m-a)(n-2)}{m(n-1)}f(a)+frac{a}{m}
]
发现是一个只与前两项有关的递推式。代入 (a=0)，解得 (f(0)=f(1))，于是我们随意指定 (f(0)) 直接算即可。例如我们可以让 (f(0)=f(1)=1)，然后答案是：
[E(T)=sum_i f(a_{0,i}) - (f(m) + (n-1)f(0))
]
类似地，以第 (t) 时刻第 (i) 个颜色的球的个数作为小状态，设每个人的势函数为 (f(a_{t,i}))；把所有人的饼干数压一块作为大状态，设势函数为 (sum_{i}f(a_{t,i}))。那么我们要做的是：
[E(phi(A_t)-phi(A_{t+1}))=-1
]
即：（(m) 为总球数）
[sum_i f(a_i) = sum_i frac{a_i(m-a_i)}{m(m-1)}(f(a_i + 1) + f(a_i-1)) + (1 - 2frac{a_i(m-a_i)}{m(m-1)})f(a_i) + frac{a_i}{m}
]
我们接着类似上一道题那样构造：
[f(a)=frac{a(m-a)}{m(m-1)}(f(a+1)+f(a-1))+(1-2frac{a(m-a)}{m(m-1)})f(a) + frac{a}{m}\
frac{a(m-a)}{m(m-1)}(f(a+1)+f(a-1)-2f(a))+frac{a}{m}=0\
f(a+1)-f(a)-(f(a)-f(a-1))=-frac{m-1}{m-a}
]
我们当然可以钦定 (f(0)=f(1)=0)，然后把所有的 (f) 都递推出来，这样是对的。但是，由于最终的那个 (m) 可能非常大，我们没办法递推到 (m)。由于那个可恶的 (a) 在分母上，我们也没有办法矩乘加速。（或许可以打个表?)不过既然左边的式子长得那么好看，我们或许可以在它上面做文章。
我们可以设 (g(a)=f(a)-f(a-1))，那么有：
[g(a+1)-g(a)=-frac{m-1}{m-a}\
g(a)=g(0)-sum_{b=0}^{a-1}frac{m-1}{m-a}
]
于是可以推 (f)：
[egin{aligned}
f(x)&=f(x-1)+g(x)\
&=f(0) + sum_{a=1}^{x}g(0)-sum_{b=0}^{a-1}frac{m-1}{m-a}\
&= f(0)+xg(0)-(m-1)sum_{b=0}^{x-1}frac{x-b}{m-b}\
&= f(0)+xg(0)-(m-1)sum_{b=0}^{x-1}1-frac{x-m}{m-b}\
&= f(0)+xg(0)-(m-1)x+(m-1)(x-m)sum_{b=0}^{x-1}frac{1}{m-b}
end{aligned}
]
令人高兴的是，最右面那个和式乘上了个 (x - m)，这样 (f(m)) 就好算很多了。方便起见，我们令 (f(0)=0,g(0)=m-1)，那么：
[f(x)=(m-1)(x-m)sum_{b=0}^{x-1}frac{1}{m-b}
]
直接暴算可得 (f)。
因为 (f(m)-(n-1)f(0)=0) 为常数，可以用停时定理。最终答案为：
[phi(A_0)-phi(A_T)=sum_{i}f(a_i)-(f(m)-(n-1)f(0))=sum_{i}f(a_i)
]
类似地，我们以“块”内的总点数作为小状态，那么有：
[egin{aligned}
E(phi(A_t))&=sum_{i=1}^{m_t}f(a_{t,i})\
E(phi(A_{t+1}))&=sum_{i=1}^{m_t}sum_{j
ot= i}frac{1}{m_t(m_t-1)}((a_{t,i}-1)f(1) + f(a_{t,j}+1)+sum_{k
ot= i,k
ot= j}f(a_{t,k}))\
&=sum_{i=1}^{m_t}(1-frac{2}{m_t})f(a_{t,i})+frac{a_{t,i}-1}{m_t}f(1) + frac{1}{m_t}f(a_{t,i}+1)
end{aligned}
]
由 (E(phi(A_{t + 1}))-E(phi(A_t))=-1) 得：
[sum_{i=1}^{m_t}(1-frac{2}{m_t})f(a_{t,i})+frac{a_{t,i}-1}{m_t}f(1) + frac{1}{m_t}f(a_{t,i}+1)+frac{1}{m_t}=sum_{i=1}^{m_t}f(a_{t,i})
]
看起来那个 (m_t) 很吓人，因为我们并没有将 (m_t) 计入状态。不过幸运的是，我们可以把 (m_t) 消去：
[sum_{i=1}^{m_t}-2f(a_{t,i})+(a_{t,i}-1)f(1)+f(a_{t,i}+1)+1=0
]
于是我们可以构造：
[-2f(a) + (a-1)f(1)+f(a+1)+1=0
]
我们钦定 (f(1)=0)，那么有：
[f(a+1)=2f(a)-1
]
显然 (f(n)) 为常数，于是可以应用停时定理：
[phi(A_0) - phi(A_T)=sum_{i=1}^{m_t}f(a_{0,i})-f(n)
]
递推出 (f) 直接算即可。