一维醉鬼走路问题：现在有两个人同时从原点出发，每一次每个人往左走和往右走的概率是相等的。求这个概率，当走$N$步后，他俩再次相遇。

从醉鬼$A$的视角来看，$B$每一次行动可以分为：距离$A$不动，距离$A$往左走2步，或者距离$A$往右走2步。 两人最终相遇，相当于往左走的总部数$N_l$等于往右走的总步数$N_r$.故

$$P=\sum_{a=0}^{\big [\cfrac N 2\big ]}\cfrac {A_N^N}{(A_a^a)^2}(\cfrac {1}{4})^a(\cfrac {1}{4})^a(\cfrac {1}{2})^{N-2a}$$

换一个思路，任何一个醉鬼往左走和往右走的概率关于原点对称的，所以经过$N$步后它最终在不同位置的概率分布也是关于原点对称的：$P(N_A)=P(-N_A)$($N_A$是走了$N$步后醉鬼$A$所处的最终位置).所以$P(N_A=N_B)=P(N_A=-N_B)=P(N_A+N_B=0)$.又因为，每次走路两两独立，往左和往右的概率一样（无论是对$A$还是对$B$）， 故可以虚拟一个醉鬼$C$,来替代两人走$2N$步：$P(N_A+N_B=0)=P(N_C=0)$，而

$$P(N_c=0)=C_{2N}^N(\cfrac {1}{2})^{2N}$$

在一条直线上，一个人从原点出发,每一次可以往左或者往右走一步.每次往左走的概率为$p$,往右走的概率为$q$.设他一共走了总步数$N$, 设最终所处的位置为$m$,设$p=q$,求$\overline m$,$\overline {m^2}$,$\overline {m^3}$,$\overline {m^4}$.

任何物理量的平均值都是这样算的：$\overline X=\sum_i P(X=x_i)x_i$.在行走问题里概率该怎么算？分步乘法、排列组合。如果往左走了$n_1$步，往右走了$n_2$步，那么平均值就是$\overline m=\sum (n_1-n_2) \cdot C_N^{n_1}p^{n_1}q^{n_2}$.因为$m$和$n_1$或$n_2$的取值是一一对应的,所以原则上我们已经"做完"了。

但是，这不是一个很informative的形式.我们是否能化简？

往左走和往右走是对称的。因此：$\overline m=\overline {n_1}-\overline {n_2}$，考虑其中一个，$\overline {n_1}=\sum_{n_1=0}^N n_1 \cdot C_N^{n_1}p^{n_1}q^{N-n_1}$.你可能会注意到，$p=q=\cfrac 1 2$，带入得到

$$\overline {n_1}=\sum_{n_1=0}^N n_1 \cdot C_N^{n_1}(\cfrac 1 2)^N$$

但很可惜，对这个问题，先带入数值会给进一步化简带来困难。相反，我们引入“量纲修改”的技巧：常数能进行加减乘除等初等运算。但是，函数还可以求导、积分。只要自变量取特定值，函数值就是一个普通的常数。所以，我们可以先把情形推广，用函数来运算，然后取特定自变量值得到常数下的结果。

我们把$p$看成自变量。如果你足够幸运，就可以联想到:$\sum_{n_1=0}^{N}C_N^{n_1}p^{n_1}q^{N-n_1}=(p+q)^N$. 对比$f(p)=\sum_{n_1=0}^N n_1 \cdot C_N^{n_1}p^{n_1}q^{N-n_1}$只需要改成

$$f(p)=p\cfrac {\partial}{\partial p}\sum_{n_1=0}^NC_N^{n_1}p^n_1q^{N-n_1}$$

所以当$p+q=1$,

$$f(p)=Npq$$

特别的，对于$p=q$,$\overline {n_1}=\cfrac 1 4 N$,进而$\overline m=0$.

我们如法炮制，求解$\overline {m^2}$:$f(p)=\sum_{n_1=0}^N n_1^2 \cdot C_N^{n_1}p^{n_1}q^{N-n_1}$.如何消去$n_1$的平方项呢？

注意到二次求导$(\cfrac {\partial}{\partial p})^2p^{n_1}=n_1^2p^{n_1-2}-n_1p_1^{n_1-2}$,我们可以改写$f(p)$为

$$f(p)=\sum_{n_1=0}^N C_N^{n_1}\big (n_1p^{n_1}+p^2(\cfrac {\partial}{\partial p})^2p^{n_1}\big )q^{N-n_1}\\$$

注意到括号里的第一项简单给出$\overline {n_1}$,第二项给出二项式的二阶导数。 带入走路问题

$$\overline {n_1^2}=\cfrac 1 4 N^2+\cfrac 1 4 N$$

换一种思路，我们把求导看成算符。算符可以移动位置,于是

$$f(p)=(p\cfrac {\partial}{\partial p})^2\sum_{n_1=0}^NC_N^{n_1}p^{n_1}q^{N-n_1}\\$$

上面的计算中，我们是这样打括号的：$(p\cfrac {\partial}{\partial p})$,而不是这样：$p(\cfrac {\partial}{\partial p})$.你可能回想，这有什么区别吗？ 在我们的推导中，$p\cfrac {\partial}{\partial p}$的意思是"对$p^{n_1}$求导，然后乘上$p$"。我们把这个整体的操作移到了求和号外面。显然，这里求导和乘法的顺序是不能交换的。如果我们多次执行"求导，然后乘上$p$"，就应该写成

$$(p\cfrac {\partial}{\partial p})(p\cfrac {\partial}{\partial p})(p\cfrac {\partial}{\partial p})\cdots$$

很显然，$p(\cfrac {\partial}{\partial p})$很容易诱导我们写出错误的表达式：

$$p\cdot p\cdot p\cdots(\cfrac {\partial}{\partial p})\cdot(\cfrac {\partial}{\partial p})\cdot(\cfrac {\partial}{\partial p})\cdots$$

对于三次方和四次方，做法是类似的。

在求解位置均值时我们使用了"量纲"修改的技巧

$$\text{常数}\to\text{自变量}\to\text{常数}$$

这种变换思想应用广泛。在热统中，我们把离散量看成是连续的，进而可以使用求导运算，其合法性由热力学极限保证；在电动力学中，我们把向量改写成指标，进而可以使用指标运算规则同时操作多个分量。 进一步推广，我们可以把直角坐标改写成球坐标来适配球形边界，可以把矩阵看成张量进行运算...每当卡壳，"量纲修改"给我们提供了一种不断变通、寻找出路方向。

在求解高次均值时我们写出了

$$(\cfrac {\partial}{\partial p})^2p^{n_1}=n_1^2p^{n_1-2}-n_1p_1^{n_1-2}$$

这种环环相扣的计算思路出现在各种高次方求和问题中。例如，求解$\sum_{i=1}^Ni^k$,$k\in Z^+$。对$k=2$,考虑到

$$(i+1)^3=i^3+3i^2+3i+1$$

移项求和

$$(N+1)^3-1=3\sum_{i=1}^Ni^2+3\sum_{i=1}^N i+N$$

于是可以求$\sum_{i=1}^Ni^2$.

事件的经过：一百多号人挤在一个六七十平方米的房子里，各自拿着一台电脑，要么一个人，要么三四个人，大力驱动着AI干活。有的人从头开始讨论蓝图，有的人带来想好的构思把它落地。等做得差不多了，一个个上台来一个两三分钟的展示，他看看谁的作品更能爆红，爆红的人有奖金。

体验如何？“不值”——好好的周末在这里待了10个小时，除了对着AI写提示词，吃两顿饭——自己的学习计划还没做完。

但是，不是一无所获：把自己的Lexicon变成了线上版本；知道了其它自己很难注意到的消息，像是cloud flare,还有代理封锁危机；还留下了一段不寻常的、可以回味的记忆。

下一次还会从计划中抽身来一场黑客松吗？谁知道呢，随机的收益和确定性的耕耘，有时候真的就是很难选的：没有这一次黑客松，我大概不会知道信息差带来不止一点效能的提升；又是因为黑客松，自己的其它学习计划再度被推后。"鱼与熊掌不可兼得"——我们一直在同这句话做斗争。

和真实的人建立连接，这倒是弥足珍贵的一点。了解Ddos，Wikipedia要说半天，大神曹源能够很快速地告诉你含义。这也呼应了我参加这次黑客松的初衷——学习他人的脑洞和提示词的艺术——向人学习，而不是间接向网络以及AI。