一、前言

在信评实际工作中，通常会遇到以下问题：在存在部分披露的情况下，如何比较两组应收账款的分散程度？通常采用的指标是前10名或前5名所占百分比。但是，前N名合计占比这个指标不能完全衡量分散程度。例如，有以下两组应收款：

序号	占比（%）	累计占比（%）
1	30	30
2	30	60
3	30	90
4	5	95
5	5	100

序号	占比（%）	累计占比（%）
1	70	70
2	14	84
3	6	90
4	5	95
5	5	100

情况1：披露时，都只披露前3名的情况。

此时，披露出的部分占比都是90%，无法比较谁的分布更集中，但是显然后者更集中，前者更分散。
情况2：完全披露应收款的分布情况

采用前3名合计占比这个指标来衡量，则二者分散度的度量结果相同，无法比较，但是显然后者更集中，前者更分散。
情况3：前者只披露出前3名，后者全部披露

无法直接比较二者的分散程度

本文的目的在于：提出一种通用的度量，可以比较两组应收款的分布哪一个更分散。

同时，本文提出的分散程度度量方法，其适用的范围更广，可以将一组完全披露、一组不完全披露的两组应收款来比较其分散度。由于它是借用Markowitz均值-方差模型的想法构建的，因此暂称之为 $\sigma$ -度量。

二、原理、方法论与假设

本文提出度量应收款分散度的思路如下。化用Markowitz均值-方差模型的想法，在Markowitz均值-方差模型的假设下，应收款越分散，合计违约金额这个随机变量的方差就越小。因此，合计违约金额的方差的大小，可以作为应收款分散度的一个度量方式。

具体来说，即假定应收款中：

每笔债务违约与否相互独立
每笔债务违约的概率都是 $p$
每笔债务回收金额为0

三、σ-度量的计算方法、性质及含义解读

1、计算方法

设实际的应收款百分比降序列为 $x_1,\cdots,x_n,x_{n+1},\cdots,x_N$ ，其中，前 $n$ 项为报表附注中注明，通常是前5大债务人，或前10大； $N$ 为实际上有多少笔应收款。因此有 $\sum_{i=1}^{N}{x_i}=1$ 。记 $n+m=N$ 。采用度量区间 $[\underline{M},\overline{M}]$ 来度量，其中
$\underline{M}=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}{x_i}^2} \\ \overline{M}=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}{x_i}^2+\sum_{i=n+1}^{n+m}{{x}_{i}}^2}$
其中，对于未知的部分 $\sum_{i=n+1}^{n+m}{{x}_{i}}^2$ 的计算方式如下：

取 $x_{n+1}=x_n$ ，

若
- 则另取 $x_{n+1}=1-\sum_{i=1}^{n}{x_i}$ ， $m=1$
否则取，
- 若
  - 则取 $x_{n+2}=1-\sum_{i=1}^{n+1}{x_i}$ ， $m=$ 2
- 否则取，
  - 若，
    - ……依此类推

例：有不完整的降序百分比列：80%, 7%, 3%

计算 $\underline{M}$ ： $=\underline{M}\sqrt{0.8^2+0.07^2+0.03^2}$

计算 $\overline{M}$ ：还应再指定 $x_4,x_5,\cdots$ 的值

不完整百分比例之外，还有1-(80%+7%+3%)=10%，因此取 $x_{4}=x_{5}=x_{6}=3\%$ ， $x_{7}=1\%$ ， $\overline{M}=\sqrt{(0.8^2+0.07^2+0.03^2)+(0.03^2+0.03^2+0.03^2+0.01^2)}$

2、性质（与应用无关，可跳过）

对于披露完全的，有 $\underline{M}=\overline{M}$ ，即区间段 $[\underline{M},\overline{M}]$ 收缩成一个数，记为 $M=\underline{M}=\overline{M}$
分布越集中， $\underline{M}$ 、 $\overline{M}$ 越大；反之越小
$\underline{M}$ 、 $\overline{M}$ 的最大值为1，最小值为 $\frac{1}{\sqrt{N}}$ ，其中 $N$ 为实际上应收账款的笔数

这一条也说明， $\sigma$ -度量对于应收账款笔数也是有所反映的，不像前N名合计占比，对应收账款笔数不敏感
$\underline{M}$ 是假定未知的部分达到最分散的状态时，σ-度量如何； $\overline{M}$ 是假定未知部分达到最集中的状态时，σ-度量如何
开二次根号完全是为了数字看上去舒服，不会太过接近于1，类比于方差与标准差而生产，无其他实际用途

3、解读

计算出的 $\underline{M}$ 、 $\overline{M}$ 本身没有意义，通过与另一个区间 $[\underline{M},\overline{M}]$ 进行比较才有意义。

对于计算出的两个区间 $(\underline{M_1},\overline{M_1}],(\underline{M_2},\overline{M_2}]$ ，解读方法是：
- 若 $(\underline{M_1},\overline{M_1}]\cap(\underline{M_2},\overline{M_2}]=\emptyset$ ，即两区间没有重合，则小者表示分布更分散，大者表示分布更集中
- 若 $(\underline{M_1},\overline{M_1}]\cap(\underline{M_2},\overline{M_2}] \neq \emptyset$ ，即两区间有重合，则认为不可判断。对于“轻微接触”的情形，可视“轻微程度”来解读。
  
  如， $(0.3,0.4],(0.2,0.31]$ ，相交的部分是 $(0.3,0.31]$ ，长度为0.01，认为可以忽略，认为后者比前者更分散
  
  如 $(0.3,0.4],(0.2,0.43]$ ，后者包含着前者，则认为完全无法判断
对于计算出的一个区间 $(\underline{M_1},\overline{M_1}]$ 、一个数 $M$ ，解读方法是：
- 若 $M \notin (\underline{M_1},\overline{M_1}]$ ，则小者表示分布更分散，大者表示分布更集中
- 若 $M \in (\underline{M_1},\overline{M_1}]$ ，则看 $M$ 是否特别接近 $\underline{M_1}$ 和 $\overline{M_1}$ ，如果不是特别接近，则认为无法判断，否则根据大小可以粗略判断

4、另一种使用方法

在计算出 $\underline{M}$ 和 $\overline{M}$ 后，可以寻找与之分散度最为接近的 $N$ 项等值，即利用 $M=\frac{1}{\sqrt{N}}$ 解出 $N$ 的值。此时， $N$ 的值代表着可将这样的分散程度，视作几等分的分散度。

四、计算举例

1、前言中的例子

利用上述度量，比较前言中情形3的两个应收账款分散度。

上表： $\underline{M}=\sqrt{0.3^2+0.3^2+0.3^2} \approx 51.96\%$ ， $\overline{M}=\sqrt{0.3^2+0.3^2+0.3^2+0.1^2} \approx 52.92\%$

下表： $M=\sqrt{0.7^2+0.14^2+0.06^2+0.05^2+0.05^2} \approx 71.99 \%$

下表的71.99%在区间(51.96%, 52.92%]的右侧，因此下表的分布更集中，上表的更分散。

2、无法直观比较出的分散度举例

例1：虚拟的例子

	应收款1	应收款2
第1名	27.49	34
第2名	12.96	7.5
第3名	7.18	5
第4名	4.15	3.95
第5名	3	3.94
前5名合计占比	54.78	54.39

上表为两组应收款，各按其中债务主体进行汇总，排序为金额占比由大到小，其中的数字表示该债务人占总应收款的比重。用肉眼观察，前5名合计占比二者差不多；第1组应收款的第1名占比小，但是2~4名占比大。因此，无法用直观地看出哪一组应收款更分散。

用本文提出的方法计算，得到：

	应收款1	应收款2
$\underline{M}$	31.65	35.61
$\overline{M}$	33.71	38.00

其中，应收款1中：

$\underline{M}=\sqrt{27.49^2+12.96^2+7.18^2+4.15^2+3^2} \approx 31.65$

因为 $(100-54.78) \div 3=15 \cdots 0.22$ ，从而有

$\overline{M}=\sqrt{27.49^2+12.96^2+7.18^2+4.15^2+3^2+(3^2 \times 15 +0.22^2)} \approx 33.71$

应收款2的计算同理。

观察上表，可知：应收款1的区间整体都在应收款2的左侧，因此，应收款1更分散。

例2：易事特集团股份有限公司应收款分散度分析

2017Q1

2017Q3

将以上两张表的占比部分提取出来，得到下表：

	2017Q1应收款	2017Q3应收款
第1名	27.49	26.88
第2名	12.96	13.24
第3名	7.18	6.88
第4名	4.15	4.05
第5名	3	3.94
前5名合计	54.78	54.99

现在需要分析该企业这两次报告期的应收账款分散度如何变动。

经计算，得到：

	2017Q1应收款	2017Q3应收款
$\underline{M}$	31.65	31.26
$\overline{M}$	33.71	33.92

两区间基本是重叠在一起的（2017Q3的区间是包含着Q1的区间的），相交的部分长度为2.06，两区间长度为2.06、2.66，因此认为，两期的应收账款分散度没有变化。

通过以上两个例子，可以看出，用肉眼直接观察、用前N名占比和这些指标，是无法准确判断出两组应收款谁更分散的。

五、与熵、Theil指数的比较

1、定义

借用本文的符号，用熵来度量分散度是
$E=-\sum_{i=1}^n{x_iln(x_i)}$
用Theil指数度量是
$T=-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}{ \frac{y_i}{\bar{y}} \ln \left( \frac{y_i}{\bar{y}} \right) }= - \sum_{i=1}^n{x_i \left( \ln x_i+\ln n \right)}$
其中， $y_i$ 是第 $i$ 个个体的收入。

2、问题

熵度量的问题在于，对于任何一张未尽的、截断的应收账款占比的表（记剩余未展示的百分比为 $\bar{x}$ ），其最分散情况都是 $+ \infty$ ：
$\sup_{(x_1,\cdots,x_n)}{\{E\}} \geq \lim_{m \rightarrow \infty}{ -\sum_{i=1}^m{\frac{\bar{x}}{m} \ln \frac{\bar{x}}{m}} } = \lim_{m \rightarrow \infty}{-\bar{x} \ln \frac{\bar{x}}{m}} =+\infty$
从而，无法区分最分散的情况下，谁更分散。

Theil指数的问题在于，当 $x_1=\cdots=x_N=\frac{1}{N}$ 时，
$T = - \sum_{i=1}^N{\frac{1}{N}(\ln \frac{1}{N}+\ln N)} \equiv 0$
也就是说，对于一个三等分的应收款分布，和一个一百等分的应收款分布，Theil指数认为二者的分散程度是一样的，然而这显然是不正确的（当然，这对于收入分配来讲，3人均分和100人均分，应该是等价的，所以Theil才用于衡量收入均等化的程度）。

六、结论、拓展及展望

1、结论

本文提出了一种衡量应收账款分散程度的指标—— $\sigma$ -度量。对于一张完整的应收账款明细表，可以计算出其分散程度；对于截断的应收账款降序表（如前5大应收账款占比表），可以充分利用表内的信息，估计出其分散程度的范围。可比性方面，完整表-缺失表、完整表-完整表、缺失表-缺失表之间的分散程度度量，都可以进行比较。

此方法避免了用肉眼观察以及一些简单指标使用时带来的误判。

另外，需要指出的是，与应收款分布类似的，即可以等价于一组非负的、和为1的数的情形，都可以用此方法计算其分散程度。如：

股权分布是否分散（前十大股东的持股比例表）
其他就收款的分布是否分散
企业的业务是否多元（企业某一期各板块营业收入占总营业收入比重的表）
企业的业务是否趋于集中（企业历期各板块营业收入占总营业收入比重的表）
……

2、拓展

A、用于GDP分项（细分程度不同）分散度的度量

对于成组缺失的，比如比较A、B两个地区的产业分布，A只公布了一二三产业的产值，B公布得更详细，公布了几个具体行业大类的产值，如：沈阳和济南

沈阳GDP分项	济南GDP分项

由于细项之和即大项，如：工业=采矿业+制造业+电力、燃气及水的生产和供应业，因此，取二者分类之最细，分别计算沈阳和济南的分散度。由于济南的GDP分项的每一项都比沈阳的要细，因此，济南的分散度计算出来应为一个数，而沈阳为2个数。

沈阳GDP分项的分散度计算过程，即：设各细项之比例，但已知一些细项之和的比例，计算这些未知比例变动时，使得分散度达到的最大值（上确界）和最小值（下确界）。当所有的分项都取所属大分项的平均值时，分散度达到最小（最分散）（证明：取向量 $(x_1, \cdots ,x_n)$ 和 $(1, \cdots ,1)$ ，利用欧氏空间Cauchy不等式可得）；当所有已知分项组中，只有1个值非零，其他值全为0时，分散度达到最大（最集中）（证明：利用附录中的引理1可得）。

例：设 $x_1, \cdots , x_{9}$ 非负，之和为1， $x_1, \cdots , x_{6}$ 已知， $x_7 , \cdots , x_9$ 未知，但是已知 $x_7+x_8+x_9=\bar{x}$ ，求分散度

$\underline{M} = \sqrt{x_1^2+ \cdots +x_6^2+3 \times \left( \frac{\bar{x}}{3} \right)^2}$ ， $\overline{M} = \sqrt{x_1^2+ \cdots +x_6^2 +\bar{x}^2}$

3、展望

本文提出的方法，基于以下前提假设：

假定应收款中：

每笔债务违约与否相互独立

每笔债务违约的概率都是 $p$

每笔债务回收金额为0

引申到更广的层次，就是：

假定各个份额都满足：

互不相关

只有零和满两个状态

其中第2条的意思是，每个份额都只有“非此即彼”两种状态，如：

应收账款表
- 零：违约，回收金额为0
- 满：不违约，全额回收
股东表
- 零：表决时同意
- 满：表决时不同意
主营业务比例表
- 零：板块不景气
- 满：板块景气
地区GDP分项表
- 零：行业不景气
- 满：行业景气

而且，本文方法的根本想法是风险代表分散度。也就是说，不能用风险代表的分散度，就不能用本文的方法来度量。如收入分配是否足够分散（即平均分配），更适合用Theil指数来度量，而不适宜用本文的方法来度量。

而这些，也正是本方法需要改进的地方：

风险无法代表的分散度，如何度量？如：
- 收入分配是否均匀
- 一个地区的创新创业活力
  - 一般团队越多，创业越可能成功
  - 成功一个好项目，就能带动起一个地区的发展（即预期收益不是各分项的平均收益之和，即孵化出了3个项目，3个都搞搞；而是：孵化出了3个项目，只选一个最有前景的）
份额之间存在相关性，怎么办？如：
- 应收账款：某几个债务人同属一个行业
- 股东表：存在一致行动人
- 主营业务比例表：一些板块之间存在联动，如发电和电解铝（上下游）、环保发电设备与环保电厂运营（上下游）、汽油和柴油的生产（原料同是燃料油或原油）
- 地区GDP分项表：细项之间相关联，如邮政业-航空运输业，一些快递就是通过飞机运输的，二者为紧密相关
每个份额存在不止2种状态，还存在其他中间态，如：
- 应收账款：收回8成的本金
- 股东表：不参与经营
- 主营业务比例表：板块景气度还存在一般这个状态
- 地区GDP分项表：行业景气度还存在一般这个状态

附录：推导

记 $\xi_i=1$ 为第 $i$ 笔应收款违约，且收回金额为0， $\xi_i=0$ 为第 $i$ 笔应收款不违约。

则所有应收款可收回的金额占总应收金额的百分比为 $X=\sum_{i=1}^{N}{x_i \xi_i}$ ，期望 $E(\sum_{i=1}^{N}{x_i \xi_i})=p$

其方差为 $DX=E(\sum_{i=1}^{N}{x_i \xi_i}-p)^2=\sum_{i=1}^{N}{x_i^2 E(\xi_i-p)^2}$ （随机变量独立性）

不妨记 $D\xi_i=\sigma^2$ ，则上式为

$=\sum_{i=1}^{N}{x_i^2 \sigma^2}=\sigma^2\sum_{i=1}^{N}{x_i^2}$

类似于Markowitz的“分散投资带来风险降低”的核心思想，投资组合的风险可以拆解成“分散度 $\times$ 单项资产风险”。去除掉违约概率的影响，剩下的便是分散度的度量。因此，上式除以单项资产的波动 $\sigma^2$ ，得到应收款分散度的度量
$S=\sum_{i=1}^{N}{x_i^2}$
遗憾的是，我们也许不能通过报表附注得到全部的 $x_i$ ，只能得到前面的一部分 $x_1,\cdots,x_n$ 。有时是前5大应收款，有时是前10大。为了充分运用报表给出的信息，以得到一个统一的对于应收款分散度的度量，因此通过上式求得该分散度，并估计期最大最小值，即可对不统一的应收款分布进行统一比较。

命题1： $S$ 取最小值时，比例未知的部分取 $x_{n+1}=\cdots=x_N$ $=(1-\sum_{i=1}^{n}{x_i})/(N-n)$ 。令 $N \rightarrow \infty$ ，则 $S$ 在不确定 $N$ 的取值时，下确界为 $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}$

命题2： $S$ 取最大值时，比例未知部分尽量堆得更“集中”。

所谓“集中”，指：剩余未知项占比，至多有一项的占比小于已知的最后一名的占比，如：

例1：剩余部分比例为 $c=0.2$ ，且 $x_n=0.21$ ，则后续序列尽量往前堆，即取 $x_{n+1}=c=0.2$ $x_{n+2}=x_{n+3}=\cdots=0$ 。

例2：剩余部分比例为 $c=0.3$ ，且 $x_n=0.12$ ，则后续序列必须小于 $x_n=0.12$ ，因此持续未知序列至少有3项。取 $x_{n+1}=x_{n+2}=0.12$ ， $x_{n+3}=0.06$ ， $x_{n+4}=x_{n+5}=\cdots=0$

命题1证明：

设 $\sum_{i=1}^{n}{x_i}=A$ ,则有 $\sum_{i=n+1}^{N}{x_i}=1-A$ ， $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\sum_{i=n+1}^{N}{x_i^2}$

根据詹森不等式有：

$\sum{i=n+1}^{N}{x_i^2}\geqslant(N-n)\cdot(\frac{\sum{i=n+1}^{N}{x_i}}{N-n})^2=\frac{(\sum_{i=n+1}^{N}{x_i})^2}{N-n}=\frac{(1-A)^2}{N-n}$
当且仅当 $x_{n+1}=\cdots=x_N$ $=(1-A)/(N-n)$ ，等号成立。

$S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\sum_{i=n+1}^{N}{x_i^2}\geqslant\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\frac{(1-A)^2}{N-n}$ ，随 $N$ 递减。当 $N \rightarrow \infty$ ， $\frac{(1-A)^2}{N-n}\rightarrow0$ ，故 $S$ 的下确界为 $S_{inf}=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}$

# 证毕

命题2证明：

证明：当未知部分占比 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ 当且仅当满足以下条件A时， $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\sum_{i=n+1}^{N}{x_i^2}$ 取到最大值：

条件A： $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ 小于 $x_n=a$ 且大于0的个数至多有1个

一、先证明：只有未知部分占比 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ 小于 $x_n=a$ 且大于0的个数至多有1个时， $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\sum_{i=n+1}^{N}{x_i^2}$ 才可能取到最大值（即条件A为必要条件）

反设：存在：未知部分占比小于 $x_n=a$ 且大于0的个数大于等于2的 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，可以取到 $S=\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+\sum_{i=n+1}^{N}{x_i^2}$ 的最大值

记 $x_n=a$ ，则有 $0< x_i\leqslant a,i=n+1,\cdots,N$ 。

取其中介于 $(0,a)$ 两项， $x_j,x_k<a$ ， $j,k=n+1,n+2,\cdots$ ，分情况讨论：

$a<x_j+x_k<2a$ 时

试以新的两项 $u=a,v=x_j+x_k-a$ 取代 $x_j,x_k$

此时 $u+v=x_j+x_k$ ，不会对其他项产生影响。

作差 $(u^2+v^2)-(x_j^2+x_k^2)$

$=a^2+(x_j+x_k-a)^2-(x_j^2+x_k^2)$

$=2a^2+2x_jx_k-2ax_j-2ax_k$

$=2·(a-x_j)(a-x_k)$

$>0$

所以 $(u^2+v^2)>(x_j^2+x_k^2)$

即以 $u,v$ 取代 $x_j,x_k$ 能令 $S$ 的取值更大，

即此时 $S$ 并未取到最大值。
$0<x_j+x_k\leq a$ 时

试以新的一项 $w=x_j+x_k,s=0$ 分别取代 $x_j,x_k$

显著地， $w^2+0^2=(x_j+x_k)^2=x_j^2+x_k^2+2x_jx_k>x_j^2+x_k^2$

即以 $w,0$ 取代 $x_j,x_k$ 能令 $S$ 的取值更大，

即此时 $S$ 并未取到最大值。

至此假设被推翻，即：当 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ 存在2个及以上的、取值在 $(0,a)$ 之间的 $x_i$ 项时， $S$ 无法取到最大值。

因此当 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ 中至多存在1个介于 $(0,a)$ 项时， $S$ 才有可能取到最大值。

二、再证明：条件A为充分条件、 $S$ 存在最大值

任取不满足条件A的 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，记之为 $x_{n+1}^{(0)},x_{n+2}^{(0)}, \cdots$ ，对应的 $S$ 为 $S_0$

则从 $x_{n+1}^{(0)},x_{n+2}^{(0)}, \cdots$ 中取出 $x_j^{(0)},x_k^{(0)} \in (0,a)$ ，其中 $j \neq k$ ，记 $x_j^{(1)}=\min(a,x_j^{(0)}+x_k^{(0)})$ ， $x_k^{(1)}=x_j^{(1)}- \left( x_j^{(0)}+x_k^{(0)} \right)$ ，其他项沿袭，即： $x_i^{(1)}=x_i^{(0)},i \neq j,k$ ，由此得到 $x_{n+1}^{(1)},x_{n+2}^{(1)}, \cdots$ ，以及该序列的 $S=S_1$ 。由必要性证明部分可知， $S_1>S_0$ 。

依此类推，得到 $S_0<S_1<S_2< \cdots$ ，对于任何 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，每经过一步，序列中都会多出1个为 $a$ 的项。而对于任何未知部分占比 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，其中等于 $a$ 的项是有限多个。因此，从任何有限项的 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，都可以经过有限步（记步数为 $s$ ），得到 $x_{n+1}^{(s)},x_{n+2}^{(s)}, \cdots$ ，且 $x_{n+1}^{(s)},x_{n+2}^{(s)}, \cdots$ 满足条件A，且此条件下对应的所有 $S$ 都相同，记为 $S=S_s$ 。

因此，有 $S_s>S_0$

任取满足条件A的 $x_{n+1},x_{n+2}, \cdots$ ，其特点是：

只有 $m=N-n=\lceil \left(1-\sum_{i=1}^n{x_i} \right) \div a \rceil$ 项，其中 $\lceil x \rceil$ 表示对 $x$ 向上取整，如 $\lceil 3.1 \rceil=4$

证明：反设 $m=N-n>\lceil \left(1-\sum_{i=1}^n{x_i} \right) \div a \rceil$ 。则：

$x_{n+1}+x_{n+2}+ \cdots +x_{n+m} = (m-1)a+\min\{x_{n+1},x_{n+2}, \cdots ,x_{n+m}\}$

$\geqslant \lceil \left(1-\sum_{i=1}^n{x_i} \right) \div a \rceil \cdot a +\min\{x_{n+1},x_{n+2}, \cdots ,x_{n+m}\}$

$>\lceil \left(1-\sum_{i=1}^n{x_i} \right) \div a \rceil \cdot a \geqslant 1- \sum_{i=1}^n{x_i}$

即 $x_{n+1}+x_{n+2}+ \cdots +x_{n+m}> 1- \sum_{i=1}^n{x_i}$ ，与题设矛盾。
所有项都为 $a$ ；或者只有一项不为 $a$ ，其值为 $\left(1-\sum_{i=1}^n{x_i} \right)-(m-1)a$ ，其余项都为 $a$