111 年 國立成功大學工業與資訊管理學系研究所甲組《作業研究》

本題為典型的專案管理中的關鍵路徑法 (Critical Path Method, CPM) 問題，主要考驗學生繪製專案網路圖以及找出關鍵路徑的能力。

a. 繪製專案網路圖：
專案網路圖（Activity-on-Node, AON）是以節點代表活動，箭頭代表活動之間的先後順序。

1. 從起始節點（Start）出發，代表專案開始。
2. 活動 A、B 為起始活動，無前置活動，分別連接至 Start。
3. 活動 C、F、I 的前置活動為 A，分別從 A 連接出去。
4. 活動 D、E 的前置活動為 B，分別從 B 連接出去。
5. 活動 G 的前置活動為 C，從 C 連接出去。
6. 活動 H 的前置活動為 D，從 D 連接出去。
7. 活動 J 的前置活動為 E、G、H，從 E、G、H 三個節點匯集至 J。
8. 活動 K 的前置活動為 F、I、J，從 F、I、J 三個節點匯集至 K。
9. 專案結束節點（End）連接至 K。

網路圖如下（文字示意，實際作答需繪製圖形）：
Start -> A (12) -> C (10) -> G (35) -> J (4) -> K (6) -> End
Start -> A (12) -> F (10) -> K (6) -> End
Start -> A (12) -> I (15) -> K (6) -> End
Start -> B (9) -> D (10) -> H (40) -> J (4) -> K (6) -> End
Start -> B (9) -> E (24) -> J (4) -> K (6) -> End

b. 找出關鍵路徑：
關鍵路徑是指專案中最長的一條路徑，決定了專案的總持續時間。關鍵路徑上的活動如果延遲，則整個專案的結束時間也會延遲。我們需要計算各活動的 Early Start (ES)、Early Finish (EF)、Late Start (LS)、Late Finish (LF) 以及 Total Float (TF)。

向前計算 (Forward Pass) - 計算 ES 與 EF：
ES(Start) = 0
EF(Start) = 0

ES(A) = EF(Start) = 0; EF(A) = ES(A) + Dur(A) = 0 + 12 = 12
ES(B) = EF(Start) = 0; EF(B) = ES(B) + Dur(B) = 0 + 9 = 9

ES(C) = EF(A) = 12; EF(C) = ES(C) + Dur(C) = 12 + 10 = 22
ES(F) = EF(A) = 12; EF(F) = ES(F) + Dur(F) = 12 + 10 = 22
ES(I) = EF(A) = 12; EF(I) = ES(I) + Dur(I) = 12 + 15 = 27

ES(D) = EF(B) = 9; EF(D) = ES(D) + Dur(D) = 9 + 10 = 19
ES(E) = EF(B) = 9; EF(E) = ES(E) + Dur(E) = 9 + 24 = 33

ES(G) = EF(C) = 22; EF(G) = ES(G) + Dur(G) = 22 + 35 = 57
ES(H) = EF(D) = 19; EF(H) = ES(H) + Dur(H) = 19 + 40 = 59

ES(J) = max(EF(E), EF(G), EF(H)) = max(33, 57, 59) = 59
EF(J) = ES(J) + Dur(J) = 59 + 4 = 63

ES(K) = max(EF(F), EF(I), EF(J)) = max(22, 27, 63) = 63

本題為典型的線性規劃 (Linear Programming, LP) 問題，考驗學生建立模型、求解、對偶問題以及敏感度分析（透過利潤與成本的比較）的能力。

首先，定義決策變數：
令 $x_1$ 為每月生產的汽車數量（以千輛為單位）的轎車 (sedan)。
令 $x_2$ 為每月生產的汽車數量（以千輛為單位）的休旅車 (SUV)。

a. 線性規劃問題的建立：
目標是最大化總利潤。
每生產一千輛轎車的利潤為 $3,000 美元，即$3 (千美元)。
每生產一千輛休旅車的利潤為 $2,500 美元，即$2.5 (千美元)。
總利潤 $Z$ (千美元) = $3x_1 + 2.5x_2$。

製造過程受到四個部門的產能限制：

1. 金屬沖壓 (Sheet Metal Stamping)：
   生產一千輛轎車消耗 5% 產能，生產一千輛休旅車消耗 3% 產能。
   總產能限制為 100% (即 1)。
   所以，$0.05x_1 + 0.03x_2 \le 1$。

2. 引擎組裝 (Engine Assembly)：
   生產一千輛轎車消耗 4% 產能，生產一千輛休旅車消耗 5% 產能。
   所以，$0.04x_1 + 0.05x_2 \le 1$。

3. 轎車組裝 (Sedan Assembly)：
   生產一千輛轎車消耗 3% 產能，生產一千輛休旅車消耗 0% 產能。
   所以，$0.03x_1 + 0x_2 \le 1$，即 $0.03x_1 \le 1$。

4. 休旅車組裝 (SUV Assembly)：
   生產一千輛轎車消耗 0% 產能，生產一千輛休旅車消耗 6% 產能。
   所以，$0x_1 + 0.06x_2 \le 1$，即 $0.06x_2 \le 1$。

此外，生產數量不能為負：
$x_1 \ge 0, x_2 \ge 0$。

線性規劃模型：
Maximize $Z = 3x_1 + 2.5x_2$
Subject to:
$0.05x_1 + 0.03x_2 \le 1$ (Sheet Metal Stamping)
$0.04x_1 + 0.05x_2 \le 1$ (Engine Assembly)
$0.03x_1 \le 1$ (Sedan Assembly)
$0.06x_2 \le 1$ (SUV Assembly)
$x_1, x_2 \ge 0$

b. 求解線性規劃問題：
我們可以利用圖解法或單形法 (Simplex Method) 來求解。由於只有兩個決策變數，圖解法較為直觀。

首先，將限制式轉換為等式，找出邊界線：

1. $0.05x_1 + 0.03x_2 = 1 \implies 5x_1 + 3x_2 = 100$
   若 $x_1=0$, $x_2 = 100/3 \approx 33.33$
   若 $x_2=0$, $x_1 = 100/5 = 20$
   兩點為 (0, 33.33) 和 (20, 0)

2. $0.04x_1 + 0.05x_2 = 1 \implies 4x_1 + 5x_2 = 100$
   若 $x_1=0$, $x_2 = 100/5 = 20$
   若 $x_2=0$, $x_1 = 100/4 = 25$
   兩點為 (0, 20) 和 (25, 0)

3. $0.03x_1 = 1 \implies x_1 = 1/0.03 = 100/3 \approx 33.33$
   垂直線 $x_1 = 33.33$

4. $0.06x_2 = 1 \implies x_2 = 1/0.06 = 100/6 = 50/3 \approx 16.67$
   水平線 $x_2 = 16.67$

可行區域由這些限制式定義，並且 $x_1 \ge 0, x_2 \ge 0$。

找出可行區域的頂點 (corner points)：

• 原點 (0, 0)。

• $x_1$ 軸上的點：由 $0.05x_1 \le 1$ 和 $0.04x_1 \le 1$ 限制，且 $x_2=0$。
  $x_1 \le 20$ (來自限制式1)
  $x_1 \le 25$ (來自限制式2)
  $x_1 \le 33.33$ (來自限制式3)
  所以，在 $x_2=0$ 時，$x_1$ 的最大值為 20。頂點為 (20, 0)。

• $x_2$ 軸上的點：由 $0.03x_2 \le 1$ 和 $0.05x_2 \le 1$ 限制，且 $x_1=0$。
  $x_2 \le 33.33$ (來自限制式1)
  $x_2 \le 20$ (來自限制式2)
  $x_2 \le 16.67$ (來自限制式4)
  所以，在 $x_1=0$ 時，$x_2$ 的最大值為 16.67。頂點為 (0, 16.67)。

• 限制式 1 和 2 的交點：
  $5x_1 + 3x_2 = 100$
  $4x_1 + 5x_2 = 100$
  乘以 5 和 3：
  $25x_1 + 15x_2 = 500$
  $12x_1 + 15x_2 = 300$
  相減：$13x_1 = 200 \implies x_1 = 200/13 \approx 15.38$
  代入 $4x_1 + 5x_2 = 100$:
  $4(200/13) + 5x_2 = 100$
  $800/13 + 5x_2 = 100$
  $5x_2 = 100 - 800/13 = (1300 - 800)/13 = 500/13$
  $x_2 = 100/13 \approx 7.69$
  交點為 (200/13, 100/13)。
  檢查此點是否滿足其他限制：
  $x_1 = 15.38 \le 33.33$ (OK)
  $x_2 = 7.69 \le 16.67$ (OK)
  所以 (200/13, 100/13) 是可行區域的頂點。

• 限制式 1 和 4 的交點：
  $0.05x_1 + 0.03x_2 = 1$
  $0.06x_2 = 1 \implies x_2 = 50/3 \approx 16.67$
  $0.05x_1 + 0.03(50/3) = 1$
  $0.05x_1 + 0.5 = 1$
  $0.05x_1 = 0.5 \implies x_1 = 10$
  交點為 (10, 50/3)。
  檢查此點是否滿足其他限制：
  $x_1 = 10 \le 33.33$ (OK)
  $0.04(10) + 0.05(50/3) = 0.4 + 2.5/3 = 0.4 + 0.833 = 1.233 > 1$ (不滿足限制式 2)。
  所以此點不在可行區域內。

• 限制式 2 和 3 的交點：
  $0.04x_1 + 0.05x_2 = 1$
  $0.03x_1 = 1 \implies x_1 = 100/3 \approx 33.33$
  $0.04(100/3) + 0.05x_2 = 1$
  $4/3 + 0.05x_2 = 1$
  $1.333 + 0.05x_2 = 1$
  $0.05x_2 = 1 - 1.333 = -0.333$ (不可能，因為 $x_2 \ge 0$)
  或者從 $0.03x_1 \le 1$ 來看，$x_1$ 最大只能到 33.33。而 $0.04x_1 + 0.05x_2 \le 1$ 在 $x_1=33.33$ 時，
  $0.04(100/3) + 0.05x_2 \le 1 \implies 4/3 + 0.05x_2 \le 1 \implies 1.333 + 0.05x_2 \le 1$，這是不可能的。
  所以限制式 3 ($x_1 \le 33.33$) 並沒有與限制式 2 ($4x_1 + 5x_2 = 100$) 在可行區域內構成新的頂點，因為 $x_1$ 在限制式 2 下的極值是 25。

• 限制式 2 和 4 的交點：
  $0.04x_1 + 0.05x_2 = 1$
  $0.06x_2 = 1 \implies x_2 = 50/3 \approx 16.67$
  $0.04x_1 + 0.05(50/3) = 1$
  $0.04x_1 + 2.5/3 = 1$
  $0.04x_1 = 1 - 2.5/3 = (3 - 2.5)/3 = 0.5/3$
  $x_1 = (0.5/3) / 0.04 = 0.5 / (3 * 0.04) = 0.5 / 0.12 = 50/12 = 25/6 \approx 4.17$
  交點為 (25/6, 50/3)。
  檢查此點是否滿足其他限制：
  $x_1 = 4.17 \le 33.33$ (OK)
  $0.05(25/6) + 0.03(50/3) = 1.25/6 + 1.5/3 = 0.208 + 0.5 = 0.708 \le 1$ (OK)
  所以 (25/6, 50/3) 是可行區域的頂點。

核心觀念

1. 動態規劃（Dynamic Programming, DP）之乘積限制式模型：
   本題為典型的非線性整數規劃問題（Nonlinear Integer Programming）。雖然目標函數為可加分離（Additively Separable），但限制式為乘積形式（Multiplicative Constraint）$x_1 x_2 x_3 = 8$。在 DP 建模時，狀態轉移並非傳統的「加減法消耗資源」，而是「除法分配因子」。
2. 變數可行域分析：
   限制條件包含 $x_1, x_2, x_3 \ge 0$ 且為整數，由於 $x_1 x_2 x_3 = 8 \neq 0$，任何變數皆不可為 $0$。因此 $x_1, x_2, x_3$ 必為正整數，且皆為 $8$ 的正因數，即 $x_i \in \{1, 2, 4, 8\}$。
3. 貝爾曼最適性原理（Bellman's Principle of Optimality）與倒推遞迴關係式（Backward Recursion）：
   將三元變數的同時決策分解為 3 個階段（Stage）的循序決策，利用各階段的狀態值記錄剩餘乘積需求，由後向前逐階求解。

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解題方法

採用**倒推動態規劃法（Backward Dynamic Programming）**求解：

1. DP 元素定義

• 階段（Stage $n$）：$n = 1, 2, 3$，分別對應決定決策變數 $x_1, x_2, x_3$。
• 狀態（State $s_n$）：進入階段 $n$ 時，自階段 $n$ 至階段 3 尚需達成的乘積目標值。
  • 初始狀態：$s_1 = 8$
  • 狀態集合：$s_n \in \{1, 2, 4, 8\}$
• 決策變數（Decision Variable $x_n$）：階段 $n$ 所選取的數值，其可行集合為 $s_n$ 的正整數因數，即 $x_n \in D(s_n) = \{x \in \{1, 2, 4, 8\} \mid s_n \bmod x = 0\}$。
• 狀態轉移方程式（State Transition Equation）： $$s_{n+1} = \frac{s_n}{x_n}$$
• 各階段收益函數（Stage Return $r_n(x_n)$）：
  • $r_1(x_1) = 3x_1^2$
  • $r_2(x_2) = 2x_2^2$
  • $r_3(x_3) = 11x_3$
• 遞迴關係式（Recursive Relation）：
  令 $f_n(s_n)$ 為在狀態 $s_n$ 下，從階段 $n$ 進行至階段 3 所能獲得的最大總收益： $$f_n(s_n) = \max_{x_n \in D(s_n)} \left\{ r_n(x_n) + f_{n+1}\left(\frac{s_n}{x_n}\right) \right\}, \quad n = 1, 2$$ 邊界條件（Stage 3）： $$f_3(s_3) = r_3(s_3) = 11s_3 \quad (\text{因最後階段必須滿足 } x_3 = s_3)$$

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2. 逐階段遞迴計算

【Stage 3】（決定 $x_3$）

在最後階段，為滿足乘積條件，必須使 $x_3 = s_3$：

$s_3$	$x_3^*$	$f_3(s_3) = 11x_3$
$1$	$1$	$11(1) = 11$
$2$	$2$	$11(2) = 22$
$4$	$4$	$11(4) = 44$
$8$	$8$	$11(8) = 88$

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【Stage 2】（決定 $x_2$）

遞迴公式為：

$$f_2(s_2) = \max_{x_2 \in D(s_2)} \left\{ 2x_2^2 + f_3\left(\frac{s_2}{x_2}\right) \right\}$$

• 當 $s_2 = 1$ 時，$x_2 \in \{1\}$： $$x_2 = 1 \implies 2(1)^2 + f_3(1) = 2 + 11 = 13$$
• 當 $s_2 = 2$ 時，$x_2 \in \{1, 2\}$： $$x_2 = 1 \implies 2(1)^2 + f_3(2) = 2 + 22 = 24$$ $$x_2 = 2 \implies 2(2)^2 + f_3(1) = 8 + 11 = 19$$
• 當 $s_2 = 4$ 時，$x_2 \in \{1, 2, 4\}$： $$x_2 = 1 \implies 2(1)^2 + f_3(4) = 2 + 44 = 46$$

本題考驗對機率與期望值的理解，特別是如何分析一個有規則的隨機過程。這是一個關於賭博策略的期望值問題，需要仔細分析賭客的策略和獲利情況。

首先，我們需要理解賭客的策略：

• 如果贏，下一場下注 $1。
• 如果輸，下一場下注加倍（1 -> 2, 2 -> 4, 4 -> 8, ...）。
• 當贏一場後，下一場重新下注 $1。
• 目標是贏得 1 美元。

我們需要計算：

1. 贏得 1 美元所需的平均遊戲次數。
2. 贏得 1 美元所需的平均總下注金額（成本）。

分析一個「遊戲系列」：
一個遊戲系列是指從開始下注 $1 開始，直到贏得一場為止。 設$B_k$為第$k$場遊戲的下注金額。 設$W$代表贏，$L$代表輸。 機率$P(W) = P(L) = 0.5$。

情況 1：第一場就贏。

• 下注 $B_1 = 1$。
• 贏得 $1。
• 遊戲系列結束。
• 總遊戲次數 = 1。
• 總下注金額 = 1。

情況 2：第一場輸，第二場贏。

• 第一場下注 $B_1 = 1$，輸。
• 第二場下注 $B_2 = 2 \times B_1 = 2$。
• 贏得 $2。
• 由於贏了，下一場重新下注 $1。
• 遊戲系列結束。
• 總遊戲次數 = 2。
• 總下注金額 = $1 + 2 = 3$。
• 淨利潤 = $2 - 1 = 1$。

情況 3：第一場輸，第二場輸，第三場贏。

• 第一場下注 $B_1 = 1$，輸。
• 第二場下注 $B_2 = 2$，輸。
• 第三場下注 $B_3 = 2 \times B_2 = 4$。
• 贏得 $4。
• 由於贏了，下一場重新下注 $1。
• 遊戲系列結束。
• 總遊戲次數 = 3。
• 總下注金額 = $1 + 2 + 4 = 7$。
• 淨利潤 = $4 - 1 - 2 = 1$。

一般情況：
假設在第 $k$ 場遊戲獲勝。
則前 $k-1$ 場都輸了，第 $k$ 場贏了。
下注金額為 $B_1=1, B_2=2, B_3=4, \dots, B_k=2^{k-1}$。
第 $k$ 場贏得 $B_k = 2^{k-1}$。
此時，賭客的淨利潤為 $B_k - (B_1 + B_2 + \dots + B_{k-1}) = 2^{k-1} - (1 + 2 + \dots + 2^{k-2}) = 2^{k-1} - (2^{k-1} - 1) = 1$。
這個策略確實保證了在每次系列結束時，淨利潤是 $1 美元。

1. 計算期望的遊戲次數 (Expected number of games needed in each series)：
設 $E[N]$ 為一個遊戲系列所需的平均遊戲次數。

• 贏的機率是 0.5，所需次數是 1。
• 輸然後贏的機率是 $0.5 \times 0.5 = 0.25$，所需次數是 2。
• 輸、輸、然後贏的機率是 $0.5 \times 0.5 \times 0.5 = 0.125$，所需次數是 3。
• 一般來說，在第 $k$ 場獲勝的機率是 $(0.5)^{k-1} \times 0.5 = (0.5)^k$。

$E[N] = \sum_{k=1}^{\infty} k \cdot P(\text{win at game } k)$
$E[N] = \sum_{k=1}^{\infty} k \cdot (0.5)^k$

這是一個標準的幾何分佈期望值的變形。
對於一個機率為 $p$ 的幾何分佈，其期望值為 $1/p$。
如果我們將「成功」定義為「在某場遊戲獲勝」，則獲勝的機率是 $p=0.5$。
然而，這裡的「遊戲系列」是定義為「直到第一次獲勝為止」。
所以，在每次遊戲中，獲勝的機率是 $p=0.5$。
因此，贏得一場比賽所需的平均遊戲次數是 $1/p = 1/0.5 = 2$。

讓我們驗證一下：
$E[N] = 1 \cdot (0.5)^1 + 2 \cdot (0.5)^2 + 3 \cdot (0.5)^3 + 4 \cdot (0.5)^4 + \dots$
$E[N] = 0.5 + 2(0.25) + 3(0.125) + 4(0.0625) + \dots$
$E[N] = 0.5 + 0.5 + 0.375 + 0.25 + \dots$

使用公式 $\sum_{k=1}^{\infty} kx^k = \frac{x}{(1-x)^2}$，其中 $x=0.5$。
$E[N] = \frac{0.5}{(1-0.5)^2} = \frac{0.5}{(0.5)^2} = \frac{0.5}{0.25} = 2

本題為一個典型的排隊論 (Queuing Theory) 問題，考驗學生對多伺服器系統的理解，並比較兩種不同排隊策略的優劣。題目要求計算在兩種策略下，顧客在系統中的平均等待時間，並進行比較。

系統參數：

• 顧客到達過程：卜瓦松過程 (Poisson process)，到達率 $\lambda = 6$ 人/小時。
• 伺服器數量：$c = 2$。
• 單一伺服器服務率：$\mu = 4$ 人/小時。
• 服務時間分佈：指數分佈 (exponential distribution)。

系統負載強度 (Traffic Intensity)：
$\rho = \lambda / (c \mu) = 6 / (2 \times 4) = 6 / 8 = 0.75$。
由於 $\rho < 1$，系統是穩定的。

兩種排隊策略：

策略一：單一隊伍 (Single Queue, First-Come-First-Served, FCFS) 給兩個伺服器。
這是一個 M/M/c 排隊模型，其中 $c=2$。
我們需要計算 $P_n$ (系統中有 $n$ 個顧客的機率)，然後計算 $L$ (系統中平均顧客數) 和 $W$ (系統中平均等待時間)。

對於 M/M/c 模型，當 $n < c$ 時，$P_n = \frac{(\lambda/\mu)^n}{n!} P_0$。
當 $n \ge c$ 時，$P_n = \frac{(\lambda/\mu)^n}{c! c^{n-c}} P_0$。
其中 $P_0$ 是系統中沒有顧客的機率，由以下公式計算：
$P_0 = \left[ \sum_{n=0}^{c-1} \frac{(\lambda/\mu)^n}{n!} + \frac{(\lambda/\mu)^c}{c!} \frac{1}{1 - (\lambda/c\mu)} \right]^{-1}$
$\lambda/\mu = 6/4 = 1.5$。
$c=2$。
$\lambda/c\mu = \rho = 0.75$。

計算 $P_0$:
$P_0 = \left[ \frac{(1.5)^0}{0!} + \frac{(1.5)^1}{1!} + \frac{(1.5)^2}{2!} \frac{1}{1 - 0.75} \right]^{-1}$
$P_0 = \left[ 1 + 1.5 + \frac{2.25}{2} \frac{1}{0.25} \right]^{-1}$
$P_0 = \left[ 1 + 1.5 + 1.125 \times 4 \right]^{-1}$
$P_0 = \left[ 2.5 + 4.5 \right]^{-1}$
$P_0 = [7]^{-1} = 1/7$。

計算 $P_n$ (首先需要 $P_0$):
$P_0 = 1/7$
$P_1 = \frac{(1.5)^1}{1!} P_0 = 1.5 \times (1/7) = 1.5/7 = 3/14$
$P_2 = \frac{(1.5)^2}{2!} P_0 = \frac{2.25}{2} \times (1/7) = 1.125/7 = 9/56$

對於 $n \ge c=2$ 的情況：
$P_n = \frac{(1.5)^n}{2! \cdot 2^{n-2}} P_0 = \frac{(1.5)^n}{2 \cdot 2^{n-2}} \frac{1}{7} = \frac{(1.5)^n}{2^{n-1}} \frac{1}{7}$

計算系統中平均顧客數 $L$ (Little's Law: $L = \lambda W$)：
對於 M/M/c 模型，系統中平均顧客數 $L$ 可由以下公式計算：
$L = \frac{\lambda}{\mu} + P_0 \frac{(\lambda/\mu)^{c+1}}{c! c (1-\rho)^2}$ (錯誤公式)

正確的 M/M/c 模型中，系統中平均顧客數 $L$ 的計算公式為：
$L = \sum_{n=0}^{\infty} n P_n$
或者，更常用的公式為：
$L = L_q + \lambda/\mu$
其中 $L_q$ 是隊伍中平均顧客數。
$L_q = P_0 \frac{(\lambda/\mu)^c \rho}{c! (1-\rho)^2}$

計算 $L_q$:
$L_q = \frac{1}{7} \frac{(1.5)^2 \times 0.75}{2! (1-0.75)^2} = \frac{1}{7} \frac{2.25 \times 0.75}{2 \times (0.25)^2} = \frac{1}{7} \frac{1.6875}{2 \times 0.0625} = \frac{1}{7} \frac{1.6875}{0.125} = \frac{1}{7} \times 13.5 = 13.5/7$

計算 $L$:
$L = L_q + \lambda/\mu = 13.5/7 + 1.5 = 13.5/7 + 10.5/7 = 24/7 \approx 3.43$ 人。

計算系統中平均等待時間 $W$：
根據 Little's Law: $L = \lambda W$
$W = L / \lambda = (24/7) / 6 = 24 / (7 \times 6) = 4/7$ 小時。
$W = (4/7) \times 60 \text{ 分鐘} \approx 34.29$ 分鐘。

策略二：兩個獨立隊伍，且允許換線 (Two Independent Queues with Switching)。
這相當於兩個獨立的 M/M/1 排隊系統。
每個伺服器的到達率是 $\lambda' = \lambda / 2 = 6 / 2 = 3$ 人/小時。
每個伺服器的服務率是 $\mu = 4$ 人/小時。
系統負載強度 $\rho' = \lambda' / \mu = 3 / 4 = 0.75$。

對於 M/M/1 模型：
$P_0' = 1 - \rho' = 1 - 0.75 = 0.25$。
$P_n' = (1-\rho') (\rho')^n = 0.25 \times (0.75)^n$。