P7474 「C.E.L.U-02」学术精神

原题

题目挺好的，数据范围诈骗挺烂的

首先第一问没什么好说的，连边成功的概率为$\frac{n-1}{n}$，因此连边成功的期望次数为$\frac{n}{n-1}$

又因为要连$n$次边，因此边期望个数为$\frac{n^2}{n-1}$

主要是第二问，这里我先说我自己想出来的做法

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方法1：

首先我们发现选点的顺序是无所谓的，证明显然

我们先考虑如果按照编号顺序操作，操作过程中的联通块是长什么样的

容易发现联通块分成以下几种：

1. 联通块大小为$1$，即在操作过程中还未被考虑到

2. 联通块中有为被考虑到的点，此时这个联通块是一棵树

3. 联通块中没有被考虑到的点，此时这个联通块是一个基环树

我们发现对于$1$和$2$种情况，我们可以让别的联通块和这些联通块合并；但对于第$3$种情况是不可能由其内部的点向外合并，只可能是别的$1,2$种联通块来合并第$3$种。因此我们对于$1,2$种联通块称为“活联通块”，第$3$种联通块称为“死联通块”；类似的，称已经向外连边的点为“死点”，没有向外连边的点为“活点”

我们容易发现在操作结束后，所有联通块肯定都是死联通块，否则肯定存在没连边的点

于是我们想到一个比较好的$dp$顺序：按照联通块$dp$。具体的，如果当前点所在的联通块还是活联通块，那他就会和死点或和活点合并。其中分成以下几种情况：

1. 和死点合并，这个死点来源于自身所在的联通块；操作后会使联通块个数+1

2. 和死点合并，这个死点来源于不同于自身的死联通块；操作后联通块个数不变

3. 和活点合并

对于这三种情况分别$dp$处理即可，难点在于考虑联通块个数的贡献是在之前加还是之后加。

最终复杂度$O(n^2)$，想过1e4有点困难

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方法2：

我们发现对于每一个联通块，里面都是一棵基环树

换言之，联通块的数量 $=$ 环的数量

因此我们考虑联通时产生环的期望个数

由于知道$E=\frac{sum}{cnt}$，因此我们分别计算$sum$和$cnt$

显然，每个节点有$n-1$种选法，因此$cnt=(n-1{)}^n$

然后考虑记录环的总数。我们按照环的大小进行不同考虑，设环大小为$i(2\le i\le n)$，则对于一个确定的$i$，其方案数为$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times (i-1)!\times (n-1{)}^{n-i}$，其中$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$表示从$n$个点中选$i$个点作为环上的点，$(i-1)!$表示这些点的连边方案，$(n-1{)}^{n-i}$则表示剩下$n-i$个点随便连边的方案

因此$sum=\sum _{i=2}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times (i-1)!\times (n-1{)}^{n-i}$

容易得到最终答案：

$$E=\frac{sum}{cnt}=\frac{\sum _{i=2}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times (i-1)!\times (n-1{)}^{n-i}}{(n-1{)}^n}$$

最终复杂度$O(n)$