题解-bzoj2554 Color

Problem

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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

思想和这篇差不多，但推导方面可能更详尽

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

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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\(p_i=\frac in\)

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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

\[f_i=\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}+\frac {i-1}{2i}k_{i-1}f_i+\frac {i-1}{2i}b_{i-1}+\frac {i+1}{2i}f_{i+1}
\]

\[(1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1})f_i=\frac {i+1}{2i}f_{i+1}+\frac {i-1}{2i}b_{i-1}+\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}
\]

\[f_i=\frac {\frac {i+1}{2i}}{1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1}}f_{i+1}+\frac {\frac {i-1}{2i}}{1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1}}b_{i-1}+\frac {\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}}{1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1}}
\]

和之前设置的状态\(f_i=k_if_{i+1}+b_i\)相比，可以得到

\[\begin{equation}
\begin{cases}
k_i = \frac {\frac {i+1}{2i}}{1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1}} \\
b_i = \frac {\frac {i-1}{2i}b_{i-1}+\frac {n(n-1)}{2i(n-i)}}{1-\frac {i-1}{2i}k_{i-1}}
\end{cases}
\end{equation}
\]

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\(f_i\)

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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;
}