Codeforces 850F. Rainbow Balls
貌似没看到有人用条件概率做这道题的，来整一个
题目链接：F - Rainbow Balls
题目大意：一开始有 \(n\) 种不同颜色的球，第 \(i\) 种颜色有 \(a_i\) 个。每次操作随机先后选取两个球，并将后取出来的球颜色染成前者的颜色。问期望进行多少次操作后所有球的颜色均相同。
符号约定与解释
\(P(x)\)：事件 \(x\) 发生的概率
\(P(x,y)\)：事件 \(x,y\) 同时发生的概率
\(P(x|y)\)：在事件 \(y\) 发生的条件下，事件 \(x\) 发生的概率。显然有 \(P(x|y)=\frac{P(x,y)}{P(y)}\)
\(P_{i,j}\)：某时刻某颜色的个数为 \(i\)，且下一时刻个数为 \(j\) 的概率。显然只有 \(j=i-1,i,i+1\) 是有效的
\(N_i\)：某颜色的球个数为 \(i\)
\(x_k\)：第 \(k\) 时刻某颜色的个数
\(F_i\)：最终局面为所有球都变为第 \(i\) 种颜色这一事件，我们也称为第 \(i\) 种颜色获胜
\(E(N_i|F_j)\)：当前颜色为 \(j\) 的球的个数为 \(i\)，在事件 \(F_j\) 发生的条件下，期望的操作次数
\(P_{i,j}|F_k\)：在事件 \(F_k\) 发生的条件下，发生颜色个数从 \(i\) 到 \(j\) 转移的概率
可以得出，最终答案即为 \(\sum_{i=1}^{n} E(N_{a_i}|F_i)\times P(F_i)\)。
弱化版本
先来考虑这么一个弱化版本的问题：若一开始每种颜色的球都恰好有一个怎么做？
此时，根据对称性质，\(P(F_i)\) 固定为 \(\frac{1}{n}\)，于是此时答案就为 \(\sum_{i=1}^{n} E(N_1|F_i)\times \frac{1}{n}=E(N_1|F_1)\) 。
而对任意 \(i\in [1,n)\)，有：
这里需要注意的是，\(P_{1,0}|F_1\) 必然是为 \(0\) 的，这是因为我们已经制定了 \(F_1\) 这一前提条件，所以对应颜色的球个数是不可能为零的。
于是这题的瓶颈就变成了求 \(P_{i,j}|F_1\)，以求 \(P_{i,i-1}|F_1\) 为例，我们首先可以将其改写成 \(P(x_{k+1}=i-1|x_k=i,F_1)\)，现在我们开始求对应的值。
过程中化简的思路大致就是把公共项提出来，然后变成计算 \(P(F_1|x_k=i)\)，即某时刻颜色 \(1\) 的个数为 \(i\) 时，其获胜的概率。对应值的计算也很简单，因为 \(n\) 个颜色不同的球每个球的获胜概率均为 \(\frac{1}{n}\)，那么此情况下可以看做有其中 \(i\) 个颜色被当作颜色 \(1\)，于是 \(P(F_1|x_k=i)=\frac{i}{n}\)。
采用类似的计算思路，最终我们可以得出：
那么令 \(f_i=E(N_i|F_1)\)，将结果代入式 \((1)\)，可以得到如下结果：
\(f_i=1+\frac{(n-i)\times (i-1)}{n(n-1)}f_{i-1}+\frac{(n-i)\times (i+1)}{n(n-1)}f_{i+1}+(1-\frac{(n-i)\times 2i}{n(n-1)})f_i\)
\(\frac{(n-i)\times 2i}{n(n-1)}f_i=1+\frac{(n-i)\times (i-1)}{n(n-1)}f_{i-1}+\frac{(n-i)\times (i+1)}{n(n-1)}f_{i+1}\)
\(2i(n-i)f_i=n(n-1)+(n-i)(i-1)f_{i-1}+(n-i)(i+1)f_{i+1} \tag{2}\)
根据初始条件 \(f_n=0\)，我们最终可以推出 \(f_1=(n-1)^2\)，具体过程放在最后。
回到本题
令 \(m=\sum_{i=1}^{n}a_i\) ，那么可以得出 \(P(F_i)=\frac{a_i}{m}\)。而根据对称性，\(E(N_{a_i}|F_i)=E(N_{a_i}|F_1)\)。于是我们就可以得到 \(ans=\sum_{i=1}^{n} f_{a_i}\times \frac{a_i}{m}\)，而 \(f_i\) 的值可以直接根据 \((2)\) 式递推求出，最终我们就能以 \(O(\max(a_i)\cdot \log M)\) 的时间复杂度解决此题。
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100010
#define LL long long
#define MOD 1000000007
int n,m,x,c[N],f[N],ans;
LL qow(LL x,LL y){return y?(y&1?x*qow(x,y-1)%MOD:qow(x*x%MOD,y/2)):1;}
int main()
{
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&x);
c[x]++;
n+=x;
}
f[1]=1ll*(n-1)*(n-1)%MOD;
for(int i=1;i<N-5;i++){
LL tot=2ll*i*(n-i)%MOD*f[i]%MOD;
tot=(tot+MOD-1ll*(i-1)*(n-i)%MOD*f[i-1]%MOD)%MOD;
tot=(tot+MOD-1ll*n*(n-1)%MOD)%MOD;
tot=tot*qow(i+1,MOD-2)%MOD*qow(n-i,MOD-2)%MOD;
f[i+1]=tot;
ans=(ans+qow(n,MOD-2)*i%MOD*f[i]%MOD*c[i])%MOD;
}
printf("%d\n",ans);
}
推出 \(f_1\) 的过程
\(2i(n-i)f_i=n(n-1)+(n-i)(i-1)f_{i-1}+(n-i)(i+1)f_{i+1}\)
\(2i\cdot f_i=\frac{n(n-1)}{n-i}+(i-1)f_{i-1}+(i+1)f_{i+1}\)
令 \(t_i=i\cdot f_i\)，对 \(i\in [1,n)\) 就有 \(2t_i=\frac{n(n-1)}{n-i}+t_{i-1}+t_{i+1}\)，且 \(t_0=t_n=0\)
那么设 \(t_{i}=a_i\cdot t_{i-1}+b_i\)，借由 \(t_n=0\) 可以推出 \(a_{n-1}=\frac{1}{2},b_{n-1}=\frac{n(n-1)}{2}\)。考虑找到 \(a_i,b_i\) 的递推式从而推出 \(a_2,b_2\) 的值，与 \(i=1\) 的情况 \(2t_1=n+t_2\) 联立求解
\(2t_i=\frac{n(n-1)}{n-i}+t_{i-1}+t_{i+1}=\frac{n(n-1)}{n-i}+t_{i-1}+a_{i+1}\cdot t_i+b_{i+1}\)
\(a_i=\frac{1}{2-a_{i+1}},b_i=\frac{1}{2-a_{i+1}}(b_{i+1}+\frac{n(n-1)}{n-i})\)
手推几项不难瞪眼看出 \(a_i=\frac{n-i}{n-i+1},b_i=\frac{n-i}{n-i+1}\cdot n(n-1)\)，于是就有
最后解得 \(f_1=t_1=(n-1)^2\)
