小铃的烦恼
很显然,这道题目可以借助“分手是祝愿”这道题目的思想
我们尝试寻找不变量。
从只有两种属性的情况开始讨论,发现我们只要记录其中一种魔法属性有多少个就好了
但是如果有更多种魔法属性呢?我们不可能将所有颜色的属性的个数都记录下来,这样时间复杂度肯定会爆炸。但是我们可以仍然借助之前的思想,就只考虑某一种颜色,把这种颜色作为最终的目标颜色来推导
但是注意,我们不能直接设出\(f[i]\)表示当前有\(i\)个目标颜色的期望。因为从这个实验来看,任何一种颜色都有可能是最终颜色,我们的期望值不能单单仅局限于这一个目标颜色来算
如果我们直接设出\(f[i]\)表示当前状态有\(i\)个最终状态的字符,达到最终状态的期望步数
于是我们有
然后你就会发现推不走了。因为你觉得\(f[0]\)为多少呢?正无穷?就算我采用“分手是祝愿”这道题目的定义方法,仍然逃不过这个问题。但是如果\(f[0]\)为正无穷的话,根据公式\(f\)都为正无穷,显然不可能
究其原因就是整个实验不是局限于某一种颜色的
那此时怎么办呢?我们发现,期望不能这么算(实际上,此时为条件期望,下面讲),但是概率还是可以这么算的,设\(p_i\)表示此时有\(i\)个目标颜色,最终颜色为目标颜色的概率
有
化简就是$$p_i=\frac{p_{i-1}+p_{i+1}}{2}$$
显然\(p_0=0,p_1=1\),于是有\(p_i=\frac{i}{n}\)
条件期望:现有随机试验和两个随机变量\(X,Y\),则\(E[X|Y=y]\)表示在\(Y=y\)发生的情况下,\(X\)的期望。形式化地,
全期望公式:
对于这道题目,\(X\)则为实验的操作次数,\(Y\)则为实验的最终颜色,求的即\(E[X]\);由全期望公式,设\(E_y=\underset{x}{\sum}xP(X=x∩Y=y)\),则\(E[X]=\underset{y}{\sum}E_y\)。由于\(y\)是有限的,此时只用求出每个\(E_y\)即可
那么我们不妨画一个大致的样本空间图
我们以颜色一为终态来举例。为了方便,将上文的\(E_y\)拓展一维变成\(E_{i,y}\)表示颜色\(y\)为最终颜色且当前有\(i\)张的期望,则\(E[X]=\underset{y}{\sum}E_{i_y,y}\)(\(i_y\)就是最开始的情况颜色\(y\)的个数)。那么\(E_{i_1,1}=\sum p_i^{'}d_i\),其中\(p^{'}\)是每一个样本的概率,\(d\)是每一个样本的次数(想一下为什么\(E_1\)等于这个式子)
那么我们来考虑某一个样本,从当前这个情况,我们有\(\frac{i(n-i)}{n(n-1)}\)的概率让颜色一少一,此时从条件概率理解,就进入了另一种状态,这个状态有\(p_{i-1}\)的概率让颜色一成为目标颜色,假设在此时,所有的让颜色一成为目标颜色的样本的概率分别为\(p^{''}\),那么有\(\sum p^{''}=p_{i-1}\),所以这一种状态对\(E_1\)的贡献就是\(\frac{i(n-i)}{n(n-1)}\sum p^{''}(d^{''}+1)=\frac{i(n-i)}{n(n-1)}(E_{i_1-1,1}+p_{i-1})\);让颜色一不变和颜色一多一的两部分的贡献同理;\(E_{i_1,1}\)就是三个部分贡献的和
注意到,
为了方便,设\(f[i]=E_i[X|Y=1]\)(\(i\)表示最开始有\(i\)张颜色一)
最终就可以化简得到$$f_i=\frac{(i-1)f_{i-1}+(i+1)f_{i+1}}{2i}+\frac{n^2-n}{2i(n-i)}$$
此时就不用关注\(f_0\)了,因为\(f_0\)的系数为\(0\)