LOJ#6118 鬼牌

( m upd)：是我假了...这题没有爆精...大家要记得这道题是相对误差(10^{-6})...感谢@foreverlasting的指正。

题是好题，可是标算爆精是怎么回事...要写的和标算一毛一样才能过。

各位要写的话过了前5个点就当过了吧...

题意

你有(n)张牌，每张牌上有一个(1sim m)的点数，你每次随机选出两张不同的牌(A)和(B)，并将(A)的点数变为(B)的点数。求将所有牌的点数变成一样的期望步数。用(double)输出。(nleq 10^9)，(mleq 10^5)。

题解

那首先有个挺显然的想法是枚举最终变成了哪种牌，那么所有牌就变成了是这种牌与不是这种牌两类。我们这么计算这种情况的贡献：

假如若干步以后，是这种牌的数量变为(0)，则这种情况的贡献为(0)。
否则，若干步以后是这种牌的数量变为(n)，则这种情况的贡献为(发生的概率*步数)。

那么只要把每种牌的这个答案加起来就好了。

现在我们要解决的问题是：有两种牌，第一种有(i)张，第二种有(n-i)张，问最终全变为第一种牌的贡献。

很显然当(n)固定的时候，答案只和(i)有关。于是我们将其记为(f_i)。

在计算(f_i)之前，我们先来计算辅助数组(g)。其中(g_i)表示有两种牌，第一种有(i)张，第二种有(n-i)张，问最终全变为第一种牌的概率。

怎么求(g_i)呢？首先边界条件有(g_0=0)，(g_n=1)，再来考虑一般的情况。

我们来考虑一下第一次对牌数有影响的操作。假如(A)是第一种牌，(B)是第二种牌，那么第一种牌数(-1)；假如(A)是第二种牌，(B)是第一种牌，那么第一种牌数(+1)。显然这两种情况的方案数是一样的，于是可以得出(i)会等概率变成(i-1)或(i+1)，于是就可以得到一个简单的式子：

[g_i=frac{1}{2}(g_{i-1}+g_{i+1}) ]

于是移项得到：

[g_{i+1}=2*g_i-g_{i-1} ]

可以发现每一项都依赖前两项，于是我们设(g_1=x)，则可计算出(g_2=2*x)，(g_3=3*x)，(dots)，那么显然我们可以猜想(g_i=i*x)，可以通过归纳法证明其是成立的。

于是得到(g_n=n*x=1)，解得(x=frac{1}{n})。

因此当第一种牌数为(i)时，最终全变成第一种牌的概率为(frac{i}{n})。

现在来考虑求(f_i)，边界条件有(f_0=0)，(f_n=0)，一般情况显然还是可以归纳成(f_{i-1})和(f_{i+1})的情况。不过这次还要额外考虑一些事情：

以变成(i-1)为例，首先我们枚举在几步以后变成(i-1)。设没有影响的操作发生概率为(p)，使(i)变为(i-1)的操作发生概率为(q)。则可得到期望额外花费的步数为：

[sum_{jgeq 0}Big((j+1)*p^j*qBig) ]

整理得其为(frac{q}{(1-p)^2})。

还要注意的是由于规约到(i-1)的情况后成功的概率是(frac{i-1}{n})，而失败的贡献是(0)，因此期望步数只有(frac{i-1}{n})是有效的，贡献为(frac{q}{(1-p)^2}*frac{i-1}{n})。

对于(i+1)的情况，(p)和(q)是一样的，因此贡献为(frac{q}{(1-p)^2}*frac{i+1}{n})。两者相加为(frac{q}{(1-p)^2}*frac{2*i}{n})。

可以计算得(1-p=frac{2*i*(n-i)}{n*(n-1)})，(q=frac{i*(n-i)}{n*(n-1)})。于是原式可化简为：

[frac{n-1}{2*(n-i)} ]

因此可以得到：

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

移项可得：

[f_{i+1}=2*f_i-f_{i-1}-frac{n-1}{n-i} ]

依然设(f_1=x)，则(f_2=2*x-frac{n-1}{n-1})，(f_3=3*x-2*frac{n-1}{n-1}-frac{n-1}{n-2})，(dots)，依然可以通过观察和归纳法证明：

[f_i=i*x-sum_{j=1}^{i-1}Big((i-j)*frac{n-1}{n-j}Big) ]

那么对于(f_n)：

[f_n=n*x-sum_{j=1}^{n-1}Big((n-j)*frac{n-1}{n-j}Big)=0 ]

可解得(x=frac{(n-1)*(n-1)}{n})。

于是继续对(f_i)的式子进行化简：

[f_i=i*frac{(n-1)*(n-1)}{n}-i*(n-1)*Big(sum_{j=1}^{i-1}frac{1}{n-j}Big)+(n-1)*Big(sum_{j=1}^{i-1}frac{j}{n-j}Big) ]

我们设(H_i)为调和数，即(H_i=sum_{j=1}^{i}frac{1}{j})，则第二项等于：

[-i*(n-1)*(H_{n-1}-H_{n-i}) ]

继续推导第三项：

[(n-1)*Big(sum_{j=1}^{i-1}frac{j}{n-j}Big) ]

[(n-1)*Big(sum_{j=1}^{i-1}ig(frac{n}{n-j}-1ig)Big) ]

[(n-1)*n*Big(sum_{j=1}^{i-1}frac{1}{n-j}Big)-(n-1)*(i-1) ]

[(n-1)*n*(H_{n-1}-H_{n-i})-(n-1)*(i-1) ]

将三项合并，最终得到：

[f_i=i*frac{(n-1)*(n-1)}{n}+(n-1)*(n-i)*(H_{n-1}-H_{n-i})-(n-1)*(i-1) ]

那么问题来了，(n)那么大，(H_n)怎么求呢？标算的做法是将小的调和数预处理，大的用(H_xsimeq ln x+gamma)来近似，其中(gamma)为欧拉常数。但是不知道为啥标算的(gamma)取的是(0.57)...不过实测下来就算预处理前(2^{20})的调和数以及用较精确的欧拉常数后面的误差也在(10^{-7})左右...再乘以一个大常数算答案精度堪忧。

这里再提供一个精度靠谱复杂度也有保证的做法。注意到答案中计算贡献的调和数其实类似于倒数的后缀和，因此(i)较小的时候显然可以预处理。可以设一个阈值(T)，预处理前(T)个后缀和，剩下的数不会超过(frac{n}{T})个，可以用分段打表暴力处理。由于查询量不是很大，打表的间隔可以取大一点减少代码长度。

还有由于答案有点大最好开(long double)或者自己写精度更高的类型...不过反正标算都爆精了这些好像也是后话了。这么好的题为什么不取模呢，用第二种做法就很靠谱了。