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

f [i] = 1 + \frac{A_{n - i}^{2}}{A_{n}^{2}} f [i] + \frac{A_{i}^{2}}{A_{n}^{2}} f [i] + \frac{A_{i}^{1} A_{n - i}^{1}}{A_{n}^{2}} f [i + 1] + \frac{A_{i}^{1} A_{n - i}^{1}}{A_{n}^{2}} f [i - 1]

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

p_{i} = \frac{A_{n - i}^{2}}{A_{n}^{2}} p_{i} + \frac{A_{i}^{2}}{A_{n}^{2}} p_{i} + \frac{A_{i}^{1} A_{n - i}^{1}}{A_{n}^{2}} p_{i + 1} + \frac{A_{i}^{1} A_{n - i}^{1}}{A_{n}^{2}} p_{i - 1}

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，

E [X | Y = y] = \sum_{x} x P (X = x | Y = y)

全期望公式：

E [X] = E [E [X | Y]] = \sum_{y} P (Y = y) E [X | Y = y] = \sum_{y} P (Y = y) \sum_{x} x P (X = x | Y = y) = \sum_{y} P (Y = y) \sum_{x} x \frac{P (X = x \cap Y = y)}{P (Y = y)} = \sum_{y} \sum_{x} x P (X = x \cap Y = y)

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 $E_{y} = \sum_{x} x P (X = x \cap Y = y)$ ，则 $E [X] = \sum_{y} E_{y}$ 。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 $E [X] = \sum_{y} E_{i_{y}, y}$ （ $i_{y}$ 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