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先交出概率来源，再交出计算结果 ​

这组任务把固定潜在结果下的抽签，与独立样本下的条件分布放在同一张工作台上。两者都能给出有限样本保证，却不能互相借用未提供的假设。每个答案须写明随机对象、允许的支持集、零假设，以及实际累计的概率。

路线先用尖锐随机化检验理路Fisher 尖锐零假设随机化检验Fisher randomization test · Sharp null randomization test把潜在结果固定、处理分配作为唯一随机源，在尖锐零假设下补全反事实，按已知分配概率计算加权尾部，并辨明平均效应零假设的边界。和设计方差理路Neyman 随机化方差Neyman randomization variance · Finite-population treatment-effect variance在固定潜在结果和完全随机分配下推导均值差的精确方差，分离不可观测的效应异质项，并证明常用方差估计只在设计期望上保守。区分检验与平均效应估计，再进入区组理路分层随机实验Blocked randomized experiment · Stratified randomized experiment · Randomized block design先按处理前资料固定区组，再在各块独立随机分配，以单位数权重合并块内效应，推导设计方差并检查不同处理比例与小块的估计边界。、配对理路配对随机实验Matched-pairs randomized experiment · Paired randomized design在每对独立抛币分配一人处理，以符号表示两种潜在组间差，推导精确设计方差和跨对保守估计，并保留随机分配与观测配对的边界。、受限支持理路重随机化设计Rerandomization design · Covariate-balance rerandomization在处理前固定协变量平衡规则，对原分配分布按接受事件条件化，证明补集对称下的无偏性，并按受限支持集重新校准检验。及恒定效应反演理路恒定效应随机化反演Randomization confidence-set inversion · Constant-effect Fisher inversion对每个恒定个体效应候选补全潜在结果，以同一随机分配设计检验并保留未拒绝者，证明覆盖并用精确断点枚举处理离散端点。。最后对照独立两组的Fisher 精确检验理路Fisher 精确检验Fisher exact test · Fisher–Irwin exact test从两个独立二项样本条件于总成功数推导超几何分布，以预定单侧或概率排序双侧尾部校准检验，并说明离散性、递推计算与配对表的边界。与 IID 二元对的McNemar 检验理路McNemar 精确配对检验Exact McNemar test · Conditional binomial test for matched proportions在独立同分布二元对中把边际比例相等化为两个不一致方向等概率，条件于不一致对数推导精确二项尾部，并区分关联、时间效应与抽签概率。。

任务一：无偏估计可以落在真效应的另一边 ​

四个单位的完整教学表为 $Y(0)=(0,1,2,3)$、$Y(1)=(1,2,3,4)$。从六个大小为二的子集等概率选择处理组，实际抽中单位一、二。

1. 写出真实平均效应、观察结果及观察均值差
2. 算出设计方差；针对逐人无效应的双侧尖锐检验，给完整尾部概率
3. 把同一检验反演为水平 $1/3$ 的恒定效应接受集合，判断这一次是否覆盖真实效应

解答。 每人效应都是一。观察结果为 $(1,2,2,3)$，处理均值 $1.5$，对照均值 $2.5$，观察差为 $-1$。无偏性说的是重复抽签的平均，不要求每次估计靠近真值。

六个处理集合按 $12,13,14,23,24,34$ 排列，真实潜在结果产生的均值差为 $(-1,0,1,1,2,3)$，平均一，方差 $5/3$。两栏有限总体方差均为 $5/3$，效应方差为零，Neyman 公式也给出 $(5/3)/2+(5/3)/2=5/3$。

检验逐人无效应时固定观察结果，六个重分配差为 $(-1,-1,0,0,1,1)$，观察绝对值一，尾部有四份，所以 $p_0=2/3$。

对恒定效应候选 $\delta$，先将观察处理结果各减 $\delta$。六个基线差变为

因此

按 $p_{\delta }\le 1/3$ 拒绝，接受集合为 $[-2,0]$。真实效应一未被这次集合覆盖；这不是覆盖定理的反例。把六次真实抽签全部枚举，只有最小和最大的两次均值差使真候选的 p 值等于 $1/3$，其余四次按顺序为 $2/3,1,1,2/3$，所以覆盖率正好 $4/6=2/3$。置信保证是抽签概率，不是观察到集合后真参数落入其中的新增随机性。

任务二：改变支持之后，旧检验和旧方差都要重新检查 ​

四人的处理前协变量为 $(-2,-1,1,2)$。原设计仍是六份等概率分配，但只接受两臂协变量均值差绝对值不超过一的分配。固定结果为 $(0,1,2,6)$，实际处理集合为 $\{1,3\}$。

解答。 接受集合为 $13,14,23,24$，条件权重各为 $1/4$，原抽签接受概率为 $2/3$，独立重抽的期望次数为 $3/2$。观察绝对结果差为 $2.5$，条件尾部只含 $13,24$，所以正确 p 值为 $1/2$；沿用六份支持会算成 $2/3$。

接受集合在标签取反下对称，所以每人处理概率仍为 $1/2$，平衡人数下普通均值差仍无偏。但各处理指示变量之间的协方差已改变，完全随机的方差公式不能不加检验地沿用。若两栏结果都为 $(0,1,0,1)$，条件设计方差是 $1/2$，原设计方差是 $1/3$。对一个协变量更平衡，并不推出对每个结果变量更精确。

任务三：块内两人时不能给未定义的样本方差填零 ​

三对单位的两种可能处理差分别为 $(-1,3)$、$(1,3)$、$(0,2)$。每对独立公平抽签。

解答。 每对写成 $D_j={\mu }_j+S_j{\mathrm{\Delta }}_j$，有 $\mu =(1,2,1)$、$\mathrm{\Delta }=(-2,-1,-1)$。平均效应为 $4/3$，精确设计方差为 $(4+1+1)/9=2/3$。对间样本方差除三的期望为 $7/9$，比真实方差多 $1/9$，这个差来自三个对平均效应的异质性。

每臂每对只有一人，没有该臂样本方差。跨对估计量在设计期望上保守，也不意味着每次都大于真实方差；观察差恰好为 $(-1,1,0)$ 时，它只有 $1/3$。若使用正态近似区间，还需额外说明对数增大的条件，不能只凭这个保守期望宣布有限样本正态覆盖。

任务四：四次同向改变，为什么可能有两个不同答案？ ​

资料 A 是四个 IID 二元对，四对全部从零变一。资料 B 是两个各含四次的独立二项样本，一组四次全成功，另一组四次全失败。

解答。 A 中不一致对数 $D=4$。边际成功率相等时，条件于 $D$ 的改变方向数服从 $\mathrm{Bin}(4,1/2)$。双侧尾部包含全向前和全向后两个结果，McNemar 精确 p 值为 $2/16=1/8$。

B 中固定总成功数四，第一组成功次数的质量为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{x})(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4-x})/(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4})$。概率排序双侧尾部只含两个端点表，Fisher 精确 p 值为 $2/70=1/35$。这两个数回答不同样本模型中的问题；不能把 A 的两次测量拆成 B 的独立两组。

同样的 $1/8$ 还可以来自四对实际随机实验在尖锐无效应下的独立符号翻转。这时保证来自设计，而资料 A 的保证来自 IID 抽样模型。若四个“对”只是同一随机改变方向的四份复制，边际仍同质，但方向不独立，$1/8$ 校准就没有成立。

复算与交付 ​

下载精确有理数脚本和预期结果。在有 Python 3 的目录执行：

python foundations-randomization-exact-check.py --output actual-results.json

脚本只使用标准库和分数运算，完整枚举指定的小样本模型，不依赖随机种子。它检查 729 个加权尾部定律、768 个二元潜在结果表与臂数配置、256 个两对潜在结果表、48 个恒定效应覆盖情形、2016 个条件 Fisher 层、6084 个超几何相邻概率比及 41 个 McNemar 条件层。任务一的新表及任务四的两个尾部也单独核对。

合格报告须能让另一人重建支持、零假设补全方式和尾部。枚举表验证例子和程序；一般性保证仍来自各页给出的证明。