分手是祝愿

这种可能会有无穷的情况，就是对某一个开关一直按

像这种题目我把他叫做无穷型嵌套期望

这种题目一般都是用DP推出公式然后化简

来看这道题目

首先，我们考虑假设最开始最少的操作不超过\(k\)，应该怎么做

很容易发现一个性质，就是按动一个开关，只能影响前面的开关，不能影响后面的开关

这是什么？无后效性！就跟DP一样，我们以后遇到这种情况，就要从前往后（这题是从后往前）考虑

我们从后往前考虑（因为这题很显然每个开关最多按一次，而且按得顺序没有关系），假设对当前考虑的这个开关，后面的开关的按动情况都已经决定了，那么是否按当前这个开关只用看他是否开即可。然后一个序列的最小操作就是唯一的

那如果这个唯一的操作比\(k\)大怎么办？

为了行文方便，我们规定对一个序列的最小的操作序列（与“序列”区分，序列表示的是灯的开关的情况，操作序列表示这个序列的操作方法）是\(01\)串，\(0\)表示不按动，\(1\)表示按动

首先，这里是完全随机地按动开关

意味着如果对多个序列，这些序列的操作序列的\(1\)的个数（大于\(k\)）相同，他们到达只有\(k\)个1的期望步数是相同的（相当于这些序列是“完全等价”的，可以都把这些序列想象成前面全是\(0\)后面全是\(1\)，很显然是相同的步数）（注意，一个序列操作一次，如果是操作的是操作序列的\(1\)的位置，那么对于新的序列，我们重新执行一次从后向前的扫描的算法，我们会发现新的操作序列的\(1\)的个数刚好少一；而如果是操作的是操作序列的\(0\)的位置，那么对于新的序列，我们重新执行一次从后向前的扫描的算法，我们会发现新的操作序列的\(1\)的个数刚好多一）（其实这里更简单的理解方式是利用操作的无序性，因为不用考虑顺序，所以无论先按哪个按钮，操作序列剩余的序列显然都不变）

所以我们设\(f[i]\)表示从\(i\)个\(1\)走到\(k\)个\(1\)的期望步数

注意，这是这类题非常重要的一个性质。因为有\(i\)个\(1\)的序列太多太多了，我们要想用一个\(f[i]\)表示，那么一定要保证每种情况的\(f[i]\)是相同的。其他嵌套期望类似（我们是没有办法存储每一个序列的，这样复杂度会爆炸，我们必须要想办法利用更简单的状态去描述每一个序列，这就要找不同序列的相同点：我们考虑对任何一个序列操作一次，其操作序列的\(1\)的个数要么多一要么少一，而且我们发现当操作序列的\(1\)的个数相同时期望就相同。所以我们可以用操作序列的\(1\)的个数来描述状态）

于是有\(f[i]=\frac{i}{n}f[i-1]+\frac{n-i}{n}f[i+1]+1\)

注意这是第二个性质，在写公式的时候，一定不要让\(f[i]\)同时需要两个方向的\(f\)，因为这两个方向的\(f\)同样需要\(f[i]\)，是没办法递推的（其实这里主要是\(n\)的范围太大了，导致没办法用高斯消元，所以尽量考虑直接用递推，也许也可以就手动消元，但是挺复杂的（而且手动消元也就只能降一次变成二次，这里显然要求线性复杂度），所以以后无穷DP如果要TLE的话就考虑手动消元或者换状态吧）

这里我们换一个状态，设\(f[i]\)表示从\(i\)个\(1\)变成\(i-1\)个\(1\)的期望步数（所以以后考虑两种状态：一种是直接走到终点，另一种是走到下一步）

然后剩下看洛谷题解吧