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

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

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

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

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

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

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$f_i$

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;

}