袋子里有nn种球，第ii种颜色有aia_i 个

每次操作随机选两个球，将第一个球染成第二个球的颜色

求全部颜色变成相同的期望次数

1≤n≤2500,1≤ai≤1051 \le n \le 2500, 1 \le a_i \le 10^5

CF850F

Solution

发现直接dp不好设状态，因为确定了最终颜色之后，剩下的颜色具体是什么无关紧要，于是考虑设计与最终颜色有关的状态，即先枚举最终颜色

设f[i]f[i]表示当前有ii个钦定颜色的球，到结束的期望时间，记s=∑i=1nais=\sum_{i=1}^{n}a_i

f[i]=p(f[i−1]+f[i+1])+(1−2p)f[i]+E f[i] = p(f[i - 1] + f[i + 1]) + (1-2p)f[i] + E

其中p=i(s−i)s(s−1)p=\frac{i(s-i)}{s(s-1)}，为选出一个钦定的球和一个其他颜色球的概率，变多变少都是这个概率

而E=isE=\frac{i}{s}，为产生贡献的期望时间

为什么这里E≠1E\ne 1呢？

一句话概括，就是当前钦定的颜色必须存在，即个数不能为00

具体地，当前的ii个球减少与增加一个的概率均等，最后目标是要在到达00之前到达ss

这实际上就是一个赌徒破产问题

解一下方程就能得到从ii个球在到00个球之前到ss个球的概率为is\frac{i}{s}，因此期望步数就为is\frac{i}{s}

或者也可以这么理解：只有is\frac{i}{s}的概率到达的后续状态是合法的

仔细思考一下，这个期望与平时所求的期望不同的本质原因是，这个期望的初始状态和终止状态比较奇怪，可能到达一些不合法的状态，这才导致了产生贡献的期望不同

化简一下得到

2f[i]=f[i−1]+f[i+1]+s−1s−i 2f[i] = f[i - 1] + f[i + 1] + \frac{s-1}{s-i}

边界情况：

f[1]−f[2]=−f[1]+1f[s]=0 \begin{aligned} f[1] - f[2] &= -f[1] + 1\\\\ f[s] &= 0 \end{aligned}

按照套路化一下

f[i]−f[i+1]=f[i−1]−f[i]+s−1s−i=−f[1]+∑j=1is−1s−j \begin{aligned} f[i] - f[i + 1] &= f[i - 1] - f[i] + \frac{s-1}{s-i}\\\\ &=-f[1] + \sum_{j=1}^{i}\frac{s-1}{s-j} \end{aligned}

继续化简得到

f[1]=f[1]−f[s]=∑i=1s−1f[i]−f[i+1]=∑i=1s−1(−f[1]+∑j=1is−1s−j)=−∑i=1s−1f[1]+∑i=1s−1∑j=1is−1s−j=−(s−1)f[1]+∑i=1s−1s−1s−i⋅(s−i)=(1−s)f[1]+(s−1)2 \begin{aligned} f[1] &= f[1] - f[s]\\\\ &= \sum_{i=1}^{s-1}f[i] - f[i+1]\\\\ &= \sum_{i=1}^{s-1}\big(-f[1] + \sum_{j=1}^{i}\frac{s-1}{s-j}\big)\\\\ &= -\sum_{i=1}^{s-1}f[1] + \sum_{i=1}^{s-1}\sum_{j=1}^{i}\frac{s-1}{s-j}\\\\ &= -(s-1)f[1] + \sum_{i=1}^{s-1}\frac{s-1}{s-i}\cdot (s-i)\\\\ &= (1-s)f[1] + (s-1)^2 \end{aligned}

于是顺利得到

f[1]=(s−1)2s f[1] = \frac{(s-1)^2}{s}

直接递推即能得到所有ff，答案就是∑i=1nf[ai]\sum_{i=1}^{n}f[a_i]

Summary

这道题首先要会通过剔除不必要的信息来巧妙设dp状态；一个比较难的点是中间应用赌徒破产模型那里，剩下的都是套路

Code

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#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define y1 Y1
#define y2 Y2
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair <int, int> pii;

template <typename T> inline int Chkmax (T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline int Chkmin (T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline T read ()
{
	T sum = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + ch - '0';
	return sum * fl;
}

inline void proc_status ()
{
	ifstream t ("/proc/self/status");
	cerr << string (istreambuf_iterator <char> (t), istreambuf_iterator <char> ()) << endl;
}

const int Maxn = 1e5 + 100, Mod = 1e9 + 7;

int N, S, A[Maxn], Max;
int f[Maxn];

inline int Pow (int a, int b)
{
	int ans = 1;
	for (int i = b; i; i >>= 1, a = (LL)a * a % Mod) if (i & 1) ans = (LL)ans * a % Mod;
	return ans;
}

inline void Add (int &a, int b) { a += b; if (a >= Mod) a -= Mod; }

inline void Solve ()
{
	f[1] = (LL)(S - 1) * (S - 1) % Mod * Pow(S, Mod - 2) % Mod;

	for (int i = 1; i < Max; ++i) f[i + 1] = ((2ll * f[i] - f[i - 1] - (LL)(S - 1) * Pow(S - i, Mod - 2) % Mod) % Mod + Mod) % Mod;

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) Add (ans, f[A[i]]);
	cout<<ans<<endl;
}

inline void Input ()
{
	N = read<int>();
	for (int i = 1; i <= N; ++i) A[i]= read<int>(), S += A[i], Chkmax(Max, A[i]);
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("F.in", "r", stdin);
	freopen("F.out", "w", stdout);
#endif
	Input();
	Solve();
	return 0;
}