[BZOJ2554]Color 申必期望

传送门

Description

有n个球排成一列，每个球都有一个颜色，用A-Z的大写字母来表示，我们每次随机选出两个球ball1,ball2,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？

Input

一行一个字符串，表示球的颜色

Output

一行表示结果，精确到小数点后1位。

Sample Input

AAA

Sample Output

0.0

HINT

数据范围 对于10%的数据，n<=20 对于40%的数据，n<=200 对于50%的数据，n<=1000 对于100% 的数据，n <= 10000

Source

Ctsc模拟赛By 洁妹

题解

首先我们可以发现，这道题其实与字母本身以及具体位置无关，只和各字母的个数有关。

为了方便，下文我将“将所有字母的颜色染成$a$”简称为“$a$全部覆盖”。

对于一种颜色$a$，若我们求出颜色$a$能全部覆盖的概率以及期望步数，我们便可以求出答案。

具体的，答案为$\sum E'(a)\times P'(a)$。

显而易见，若$a$与$b$的个数相同，则$E'(a)=E'(b)$且$P'(a)=P'(b)$。

由此结论，我们可以定义$E(x)$表示当字母个数为$x$时全部覆盖的期望步数。

同理，定义$P(x)$表示当字母个数为$x$时全部覆盖的概率。

现在我们针对某一个字母全部覆盖进行讨论，对于别的不同的字母是等价的。

我们设这个字母是$a$，其余所有字母为$b$。

我们先计算$P(x)$。

显而易见，$P(n)=1,P(0)=0$。

对于一个字符串有$x$个$a$的状态$S_x$，可以在下一步直接转移到状态$S_{x-1},S_{x+1}\$。对于所有的选法，可以算出有$i\times(n-i)$种可以转移到$S_{x-1}$，有$i\times(n-i)$种转移到$S_{x+1}$，明显这两种转移概率相等。

所以有$P(x)=\frac{P(x-1)+P(x+1)}{2}$，即$P(x)-P(x-1)=P(x-1)-P(x-2)$。所以数列$P$等差。

易得$P(x)=\frac{x}{n}$。

至此，我们求出了$P(x)$，之后我们计算$E(x)$。

由上面所得结论，可以发现每次操作后$x$变化的选择有$2x(n-x)$，可以算出每次操作$x$变化的概率为$\frac{2x(n-x)}{T}$，所以操作使$x$变化的期望轮数为$\frac{T}{2x(n-x)}$。

值得注意的是，由于我们算得期望$E(x)$表示有$x$个字母完全覆盖时的期望步数，而$P(x-1)$与$P(x+1)$不等，所以$E(x-1)$与$E(x+1)$对$E(x)$带来的贡献的权重也不等，而带来的贡献的权重比就等于它们的完全覆盖的概率比。

因此，我们可以得出 $E(x)=\frac{P(i-1)\times E(i-1)+P(i+1)\times E(i+1)}{P(x-1)+P(x+1)}+\frac{T}{2x(n-x)}=\frac{(x-1)E(x-1)+(x+1)E(x+1)}{2x}+\frac{n(n-1)}{2x(n-x)}$ 值得注意的是，我们求答案时求的是$\sum \frac{E(Cnt_i)\times i}{n}$。

我们不妨设$f(x)=\frac{E(x)\times x}{n}$。

则上式可化为 $\frac{f(x)\times n}{x}=\frac{f(x-1)\times n+f(x+1)\times n}{2x}+\frac{n(n-1)}{2x(n-x)}$

$2f(x)=f(x-1)+f(x+1)+\frac{n-1}{n-x}$ $f(x+1)=2f(x)-f(x-1)-\frac{n-1}{n-x}$ 容易得到$E(n)=0$，又因为$S_0$永远无法完全覆盖，所以对期望不够成贡献（但是仍然有一定概率被转移到），所以我们令$E(0)=0$。

所以可以得到$f(n)=0,f(0)=0$。

那么如何推出剩余的$f(x)$。

（下面的结论我是先找规律后证明的，过程较乱）

我们先将$x=n-1$带入上式，得到 $f(n)=2f(n-1)-f(n-2)-(n-1)=0$

我们假设有 $(n-x+1)f(x)-(n-x)f(x-1)-(n-x)(n-1)=0$

那么我们将$f(x)=2f(x-1)-f(x-2)-\frac{n-1}{n-x+1}$带入，得到 $2(n-x+1)f(x-1)-(n-x+1)f(x-2)-(n-1)-(n-x)f(x-1)-(n-x)(n-1) =(n-x+2)f(x-1)-(n-x-1)f(x-2)-(n-x+1)(n-1)=0$

令$X=x-1$，则可以得出

$(n-X+1)f(X)-(n-X)f(X-1)-(n-X)(n-1)=0$ 所以，上式成立。

所以，当$X=1$时，可以得到 $nf(1)-(n-1)f(0)-(n-1)(n-1)=0$

$f(1)=\frac{(n-1)^2}{n}$

至此，我们得到了$f(0)$与$f(1)$。

我们只需要递推计算$f(x)$即可。

答案为$\sum f(Cnt_i)$。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
template<typename __T>
inline void read(__T &x)
{
    x=0;
    int f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')    f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c))    {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    x*=f;
}
char str[10005];
int cnt[66];
double dp[10005];
int n;
int main()
{
    scanf("%s",str);
    n=strlen(str);
    for(int i=0;i<n;i++)
        cnt[str[i]-'A']++;
    dp[1]=(n-1.0)*(n-1.0)/n;
    for(int i=1;i<n-1;i++)
        dp[i+1]=2*dp[i]-dp[i-1]-(n-1.0)/(n-i);
    double ans=0;
    for(int i=0;i<26;i++)
        ans+=dp[cnt[i]];
    printf("%.1lf\\n",ans);
    return 0;
}

参考

liu-runda

CQZhangyu

miskcoo

rising_shit

日期： 2018-04-11

标签： OI