题解-bzoj2554 Color
Problem
Please contact lydsy2012@163.com!
题意概要：有 \(n\) 个球排成一列，每个球都有一个颜色，每次随机选出两个球，使得后者染上前者的颜色，求期望操作多少次，才能使得所有球的颜色都一样？
\(n\leq 10^4\)
Solution
推这题用了大半张草稿纸的说 最近用纸效率剧增啊
考虑只要找出对于每一种颜色\(C\)，整个序列最终全部变为\(C\)的情况
设整个序列最终变为颜色 \(i\) 的概率为\(p_i\)，期望步数为 \(g_i\)，则答案可以表示为
\(Ans=\sum p_ig_i\)
（这里的变量与下文冲突时以下文为准，这里的变量只是作表达作用）
但是要注意，这里的期望步数是在“序列最终变为颜色\(i\)”前提下的期望，是一种条件期望
然后如果想让序列变为颜色 \(i\) ，则对于当前序列而言，只有“是颜色\(i\)”和“不是颜色\(i\)”这两种情况，所以可以将情况化简为一个\(01\)序列，且当前有\(i\)个\(1\)，求所有元素变为\(1\)的概率和期望步数
先来解决概率问题
所有操作共有\(n(n-1)\)个，若当前有\(i\)个\(1\)，则会改变\(1\)的数量的只有 \(2i(n-i)\)种操作，而且其中会使序列增加一个\(1\)的有其中的一半\(i(n-i)\)种，而使序列减少一个\(1\)的也有\(i(n-i)\)种。即每个回合有\(\frac {i(n-i)}{n(n-1)}\)的概率使\(i\)加一，有\(\frac {i(n-i)}{n(n-1)}\)的概率使\(i\)减一，还有\(1-\frac {2i(n-i)}{n(n-1)}\)的概率没有变化
设\(p_i\)表示当目前有\(i\)个\(1\)时，最终变为颜色\(i\)的概率
由于若已经没有\(1\)，则再没有可能使整个序列变为\(1\)了，所以有\(p_0=0\)，类似的，有\(p_n=1\)
由分析中\(i\)上升下降概率相同，可以列出\(p_i=\frac {p_{i-1}+p_{i+1}}2,i\in(0,n)\)
由于表達的是等差数列，所以可以轻松得到\(p_i=\frac in\)
再來解決期望问题
考虑到每次操作有一定几率不会对局面进行影响，影响成功的几率为\(\frac {2i(n-i)}{n(n-1)}\)，根据期望问题的性质，则期望操作\(\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}\)次会对局面影响一次
设\(f_i\)表示当前有\(i\)个\(1\)时序列变为颜色\(i\)的期望步数
则得到方程：\(f_i=\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}+\frac 12f_{i-1}+\frac 12f_{i+1}\)
但是这样就错了
因为当前要算的是条件期望，而当局面内有\(i-1\)个\(1\)和有\(i+1\)个\(1\)时整个序列全变\(1\)的概率不一样，由于期望计算是概率乘以权值，所以两者的比例不能简单计算为\(1:1\)
相应的，由之前计算的概率可以得到，若当前局面有\(i-1\)个\(1\)，则整个序列全变\(1\)的概率为\(\frac {i-1}n\)，相应的，有\(i+1\)个\(1\)时概率为\(\frac {i+1}n\)，又由于当前状态只有这两种后继状况，所以两个概率应除以两个概率的和
所以上面的方程需要变化为：
\(f_i=\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}+\frac {i-1}{2i}f_{i-1}+\frac {i+1}{2i}f_{i+1}\)
然后利用之前学习的线性高斯消元就可以套路解决了
（这里还是写一下吧，别到时候看这题的时候又推一整版草稿纸）
设\(f_i=k_if_{i+1}+b_i\)
考虑利用这个式子将上面方程进行消元，将这个式子中带入方程右边的第二项，得到
和之前设置的状态\(f_i=k_if_{i+1}+b_i\)相比，可以得到
然后由于\(f_0\)没有意义，就无需从此转移，所以得到特殊情况
\(f_1=\frac {n(n-1)}{2\times 1\cdot (n-1)}+f_2=\frac n2+f_2\)
又由于\(f_1=k_1f_2+b_1\)，可以得到在\(i=1\)下的特殊情况：\(\begin {cases}k_1=1\\b_1=\frac n2\end{cases}\)
由第一项和上面得到的递推公式，可以推得所有的\(k_i,b_i\)，又由于\(f_n=0\)，可以轻易得到所有的\(f_i\)
最终统计答案
若一种颜色出现了\(c\)次，则这个颜色对答案的贡献为\(\frac cn\cdot f_c\)
Code
代码还是很短的
#include <cstdio>
const int N=10103;
double k[N],b[N],f[N];
char s[N];int n,ct[26];
int main(){
scanf("%s",s+1);
for(n=1;s[n];++n)
++ct[s[n]-'A'];
--n;k[1]=1,b[1]=0.5*n;
double iv,bs;
for(int i=2;i<n;++i){
iv=0.5/i;
bs=1.0/(1-(i-1)*iv*k[i-1]);
k[i]=(i+1) * iv * bs;
b[i]=((i-1) * iv * b[i-1] + n*(n-1)* iv / (n-i) ) * bs;
}
for(int i=n-1;i;--i)
f[i]=k[i]*f[i+1]+b[i];
double ans=0.0;
for(int i=0;i<26;++i)
ans+=1.0*ct[i]/n*f[ct[i]];
printf("%.1lf\n",ans);
return 0;
}
