[loj6118]鬼牌

枚举最终所有牌的大小$i$，对于最终所有牌大小都为$i$的情况，令其贡献为步数，否则令其贡献为0，记$F$为期望贡献（即所有情况概率*贡献之和），答案即为$sum_{i=1}^{m}F$

显然，$F$仅取决于牌的数量，定义$F_{i}$表示恰有$i$张牌的期望贡献，那么答案即为$sum_{i=1}^{m}F_{a_{i}}$

在求$F_{i}$的转移之前，先定义$P_{i}$为贡献为步数的情况的概率，关于$P_{i}$的转移，不难得到
$$
egin{cases}P_{0}=0,P_{n}=1\P_{i}=frac{P_{i-1}+P_{i+1}}{2}&(1le i<n)end{cases}
$$
这是一个经典的问题，通项为$P_{i}=frac{i}{n}$

考虑$F_{i}$的转移，即为
$$
egin{cases}F_{0}=F_{n}=0\F_{i}=frac{i(n-i)}{n(n-1)}(F_{i-1}+F_{i+1}+frac{2i}{n})+(1-frac{2i(n-i)}{n(n-1)})(F_{i}+frac{i}{n})&(1le i<n)end{cases}
$$
（注意每一次步数并不是+1，而是加上目标状态的$P_{i}$，因为只有$P_{i}$的概率这步有贡献）

将其化简，即为
$$
egin{cases}F_{0}=F_{n}=0\F_{i+1}=2F_{i}-F_{i-1}-frac{n-1}{n-i}&(1le i<n)end{cases}
$$
将其差分，即令$G_{i}=F_{i+1}-F_{i}$，那么
$$
egin{cases}G_{0}=F_{1},sum_{i=0}^{n-1}G_{i}=0\G_{i}=G_{i-1}-frac{n-1}{n-i}&(1le i<n)end{cases}
$$
将第2个式子不断迭代，即可得$G_{i}=F_{1}-sum_{j=1}^{i}frac{n-1}{n-j}$，那么
$$
sum_{i=0}^{n-1}G_{i}=nF_{1}-sum_{i=0}^{n-1}sum_{j=1}^{i}frac{n-1}{n-j}=nF_{1}-sum_{j=1}^{n-1}frac{n-1}{n-j}(n-j)=nF_{1}-(n-1)^{2}=0
$$
解得$F_{1}=frac{(n-1)^{2}}{n}$，进而可得
$$
F_{i}=sum_{j=0}^{i-1}G_{j}=iF_{1}-sum_{j=1}^{i-1}frac{n-1}{n-j}(i-j)=frac{i(n-1)^{2}}{n}-(i-1)(n-1)+(n-i)(n-1)sum_{j=n-i+1}^{n-1}frac{1}{j}
$$
（最后一个变化是将$i-j$变形为$(n-j)-(n-i)$，再根据分配律展开即可）

关于最后一项，令$H_{n}=sum_{i=1}^{n}frac{1}{i}$，即$H_{n}-H_{n-i}$，关于$H_{n}$为调和级数，用$H_{n}=ln n+C$来模拟即可（较小范围预处理，$C$使用0.5772即可，当然还可以分块打表）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000005
#define C 0.5772
#define ld long double
int n,m,x;
ld nn,ans,h[N];
ld H(int n){
    if (n<N)return h[n];
    return log(n)+C;
}
ld calc(int k){
    return k*(nn-1)*(nn-1)/nn-(k-1)*(nn-1)+(nn-k)*(nn-1)*(H(n-1)-H(n-k));
}
int main(){
    for(int i=1;i<N;i++)h[i]=h[i-1]+(ld)1/i;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    nn=n;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d",&x);
        ans+=calc(x);
    }
    printf("%.7Lf",ans);
}