从局部自旋条件到可核验的采样输出 ​

同一套局部更新可以回答不同问题：某个事件在平稳律下有多大概率，固定步数后的误差能否被控制，或者一次输出是否已经严格服从目标律。下面四个任务分别改变图结构、扫描顺序、保存的历史和停止规则，要求为每种结论交出相应证书。

沿有限自旋与精确采样路线阅读有限Ising模型理路有限 Ising 模型Finite Ising model · Ising model · 伊辛模型 · 有限自旋系统在有限图上给二值自旋的相邻相互作用和外场赋概率，推导局部条件更新，并由树与回路的边变量区分联合依赖。、路径耦合理路路径耦合Path coupling · Bubley–Dyer path coupling · 邻点路径耦合在有限连通辅助图上只检验相邻初态的一步平均距离，再由耦合粘合与最短路把收缩推广到全部分布。、Dobrushin条件理路Dobrushin 收缩条件Dobrushin contraction condition · Dobrushin influence matrix · Dobrushin interdependence matrix · 多布鲁申影响矩阵用一个坐标变化对其他全条件的最大影响构造误配递推，认证有限Gibbs扫描的边缘误差与加权收缩。及从过去耦合理路从过去耦合Coupling from the past · CFTP · Propp–Wilson algorithm · 从过去开始的耦合固定观察时刻并不断补入更早的随机映射，重放同一后缀直到全部初态合并，从而生成精确平稳样本。。下载标准库精确复算程序和结果记录。程序使用有理数枚举有限律与更新；普遍收缩和精确输出定理由正文证明。

任务一：在树上闭合一条边 ​

三个自旋取值$\{-1,1\}$，零外场，每条边满足$e^{2J}=3$。先取路径$1-2-3$，再增加边$1-3$成为三角形。分别求规范化权重总和、端点相关$\mathbb{E}[{\sigma }_1{\sigma }_3]$及全同号概率。判断树上独立边变量的直接采样能否原样用于三角形，并为三角形的均匀单坐标Gibbs更新给TV误差$1/100$的有效步数。

答案：边变量的闭环约束改变了分布 ​

使用有理权重

$$W(\sigma )=3^{\mathrm{\#}\{\text{同号边}\}},\tilde{Z}=\sum _{\sigma }W(\sigma ).$$

这里$\tilde{Z}$是去掉共同因子后的规范化总和，不能直接当成指数形式的配分函数$Z$。路径上两份全同号状态的权重为9，四份恰有一条同号边的状态权重为3，另两份交替状态权重为1。因此$\tilde{Z}=32$，全同号概率为$18/32=9/16$。

在树上，根自旋和$T_{12}={\sigma }_1{\sigma }_2$、$T_{23}={\sigma }_2{\sigma }_3$给一个双射。根均匀，每个边变量独立且$\text{Pr}(T=1)=3/4$，所以

$$\mathbb{E}[{\sigma }_1{\sigma }_3]=\mathbb{E}[T_{12}{T}_{23}]=(1/2{)}^2=1/4.$$

三角形上两份全同号状态权重为27，另外六份状态都恰有一条同号边，权重为3。故$\tilde{Z}=72$，全同号概率为$54/72=3/4$。对任一条边，同号状态总权重为60，异号总权重为12，相关等于$(60-12)/72=2/3$。

三个边变量必须满足

$$T_{12}{T}_{23}{T}_{31}=1.$$

若仍独立抽三个$\text{Pr}(T=1)=3/4$的变量，积为$-1$的概率是$3(1/4)(3/4{)}^2+(1/4{)}^3=7/16$；这些记录根本不对应任何自旋配置。边能量的乘积表达不保证有环图上的边变量独立。

三角形的全条件正概率为$1/10,1/2,9/10$，由另两位中正自旋数决定。只翻一位时最大变化为$2/5$，故精确影响矩阵每行的两个非对角项都是$2/5$。均匀一次更新的有效收缩因子为$14/15$，从任意初态有

$$\Vert {\mu }_T-\pi {\Vert }_{\mathrm{T}\mathrm{V}}\le min\{1,3(14/15{)}^T\}.$$

有理乘法直接核得第82步右侧仍大于$1/100$、第83步不超过它。83是这份证书首次合格的步数，不宣称是真实混合时间的最小值。只用$\tanh J=1/2$的粗影响上界会得到行和1，无法给这个严格收缩结论。

任务二：外场使两个方向的影响不再相同 ​

四点星形的中心为0，叶为1、2、3。每条边$e^{2J}=7/3$，中心外场为零，三叶都满足$e^{2h}=9$。从全负状态出发，各更新四次：方案A先中心再三叶，方案B先三叶再中心。求两种扫描的误配向量和中心事件$\{{\sigma }_0=1\}$的实际偏差。

答案：矩阵的行是接收坐标 ​

叶的正条件概率分别为

$$p_{\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{f}}(+\mid {\sigma }_0=+)=\frac{21}{22},p_{\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{f}}(+\mid {\sigma }_0=-)=\frac{27}{34}.$$

其差为$30/187$。若中心的三叶中恰有$k$个正自旋，则中心正条件概率按$k=0,1,2,3$依次为

$$\frac{27}{370},\frac{3}{10},\frac{7}{10},\frac{343}{370}.$$

相邻两项的最大差为$2/5$，所以精确影响矩阵为

$$C=\left(\begin{array}{cccc}0& 2/5& 2/5& 2/5\\ 30/187& 0& 0& 0\\ 30/187& 0& 0& 0\\ 30/187& 0& 0& 0\end{array}\right).$$

从$b=(1,1,1,1)$开始，每更新坐标$i$就只把$b_i$换成$\sum _j{C}_{ij}{b}_j$。方案A先得到中心分量$6/5$，三叶随后各为$(30/187)(6/5)=36/187$；方案B先让三叶各为$30/187$，最后中心为$36/187$。因此

$$b_A=(6/5,36/187,36/187,36/187),b_B=(36/187,30/187,30/187,30/187).$$

整个状态的TV证书分别为1和$126/187$；中心边缘证书分别为1和$36/187$。上界分量大于1时递推仍合法，只是在取事件误差时截到1。若把$C$转置，便会错误地将叶接收到的外场削弱效应当成中心受到的影响。

实际中心概率也能精确计算。平稳有理总权重为$326800/27$，按中心正负拆分，正中心总权重为$(1+21{)}^3=10648$，负中心总权重为$(7/3+9{)}^3=(34/3{)}^3$，故

$$\pi ({\sigma }_0=1)=\frac{35937}{40850}.$$

方案A更新中心时仍看到三叶全负，之后再未改中心，因此中心正概率为$27/370$，实际偏差为

$$\frac{35937}{40850}-\frac{27}{370}=\frac{609687}{755725}.$$

方案B中三叶在固定负中心条件下独立更新，正叶数$K\sim \mathrm{Bin}(3,27/34)$。令上列四个中心条件概率为$p_k$，则最后中心正概率为

$$\sum _{k=0}^3(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{k})(27/34{)}^k(7/34{)}^{3-k}{p}_k=\frac{279153}{363562}.$$

实际偏差为$415481886/3712876925$，小于证书$36/187$。这里既比较了可计算的统一上界，也算出特定初态的实际误差；后者不能直接替代任意初态保证。两种扫描都事先固定，均保持目标律。如果看当前自旋再决定更新谁，需要重新证明不变性。

任务三：补入旧历史，保留同一个现在 ​

回到任务一的三角形，按公共阈值规则更新所选坐标：$U<p_i$置为正，否则置为负。现给定从$-8$到$-1$的八份可重放记录：

$$(2,1/2),(1,1/4),(2,3/4),(2,1/20),(1,1/2),(3,1/4),(1,19/20),(2,1/2).$$

按照窗口$T=1,2,4,8$执行从过去耦合，每轮只在原后缀前补更早记录。列出上下极端初态的最终像，并判断何时可以交付输出；另给一份不依赖这组特定记录的几乎必停证明。

答案：相等是对全部初态的证书 ​

三角形耦合为铁磁，公共阈值映射逐坐标单调，全负和全正是全部状态的下、上界。逐次回放得到：

历史长度	全负初态的最终像	全正初态的最终像	能否输出
1	$---$	$+++$	否
2	$---$	$--+$	否
4	$---$	$--+$	否
8	$--+$	$--+$	是

例如$T=2$必须使用最后两份$(1,19/20),(2,1/2)$，不能重新抽一段长度2的历史。对$T=8$，下轨迹依次为

$$---,---,---,---,-+-,-+-,-++,-++,--+,$$

上轨迹依次为

$$+++,+++,+++,+++,+++,+++,+++,-++,--+.$$

每行含初态和八次更新后的状态。上下最终相同，所有中间初态的最终像都被夹成$--+$。公共程序还枚举全部八个初态核对，但在一般大模型上，合法单调上下界已经足以免去这份指数枚举。

随机算法每轮以概率$1/3$选坐标，并独立使用均匀阈值。任意连续三轮恰按$1,2,3$更新且三份$U<1/10$时，无论初态如何都变成全正。因此长3的同步字概率至少

$$\gamma =(1/30{)}^3=1/27000.$$

不相交历史块独立，故最早全合并历史长度$\tau$满足$\text{Pr}(\tau >3k)\le (1-\gamma {)}^k$，从而$\mathbb{E}\tau \le 81000$。这是很粗但有效的终止证书，不是八条特定数值记录出现的概率；连续均匀变量恰好等于给定有理数的概率为零。

对独立随机历史运行直到全合并的算法，输出律严格等于目标律。这份固定记录在$T=8$交付$--+$，只认证本次回放；条件于某个完成窗口的输出未必仍然平稳，不能靠这一份记录本身证明输出分布。

任务四：前向合并和筛选快样本为何改变答案 ​

状态集为$\{0,1\}$。每轮独立选随机映射：常零映射$C_0$概率$1/2$，常一映射$C_1$概率$1/4$，翻转映射$S(x)=1-x$概率$1/4$。求平稳律，比较“从0、1向前同跑，首次合并就输出”与固定现在的CFTP。若只保留CFTP在一轮就合并的输出，又会发生什么？

答案：停止时刻参与了选择 ​

这组映射给转移矩阵

$$P=\left(\begin{array}{cc}1/2& 1/2\\ 3/4& 1/4\end{array}\right).$$

解$\pi P=\pi$与总质量1，得$\pi (1)=2/5$。矩阵每项为正，平稳律唯一。

向前从两态共同运行时，翻转一直保持两态不同，首次常映射才令它们合并。该常映射为$C_1$的条件概率是$(1/4)/(3/4)=1/3$，所以首次合并输出的正概率为$1/3$。每一步的两个边缘都按$P$更新，也不能据此断言一个状态相关的随机停止时刻输出平稳。

CFTP则固定终点0。从最新记录向过去看，设最近一份常映射之后恰有$m$次翻转。当$m$偶数，输出1要求这份常映射是$C_1$；当$m$奇数，要求它是$C_0$。所以

$$\text{Pr}(Y=1)=\sum _{j\ge 0}(1/4{)}^{2j}(1/4)+\sum _{j\ge 0}(1/4{)}^{2j+1}(1/2)=\frac{1/4+1/8}{1-1/16}=\frac{2}{5}.$$

过去的常映射和现在之间的翻转全部保留，正是这份后缀使答案恢复目标律。常映射概率$3/4$也直接证明几乎必停。

若只保留$\tau =1$的样本，即最新一份记录已经为常映射，则条件输出正概率又变成$1/3$。因此设置时间上限可以报告“本次未完成”，却不能把所有超时历史丢掉后宣称剩余输出仍无偏。需要多份独立精确样本时，应使用独立完整历史，并让每份都按已证规则完成；有限资源策略若另行筛选，必须单独分析选择造成的分布。

提交检查 ​

一份完整结果应同时给出目标质量与规范化因子、条件概率的确切来源、所用矩阵的方向、误差证书适用的初态范围，以及随机记录的保存和停止规则。树上的直接采样、固定预算的近似输出、已全合并的精确输出各有充分条件；选择一种输出规格以后，应沿相应证明检查到底。