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？

(nleq 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,iin(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

[egin{equation} egin{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 imes 1cdot (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：(egin {cases}k_1=1\b_1=frac n2end{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 cncdot 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
",ans);
	return 0;
}