标签：right frac Color 题解 sum Dye binom vdots 个球
有 \(n\) 个球，第 \(i\) 个球的颜色为 \(A_i\)，颜色是 \(1 \sim n\)。重复以下步骤，直到所有球的颜色相同：
- 从 \(2^n\) 个子集（包括空集）随机选出一个子集 \(\{X_1, X_2, X_3, \dots, X_K\}\)，然后随机选择一个排列，然后从中间选出 \(K\) 个数 \((P_1, P_2, \dots P_K)\)，接着 \(A_{X_i} \gets P_i\)。
求期望操作次数 \(\bmod ~ 998244353\)。\(N \le 2000\)。
数学 势能函数
可能算是官方题解的中文翻译版……加了少量自己的理解以及代码。
对于一个序列 \(A = (A_1, A_2,\dots,A_N)\)，我们定义 \(f(A)\) 表示期望操作次数。同时，如果所有元素全部相等，那么我们成为终止状态，定义 \(E_{A, A'}\) 表示序列 \(A\) 通过一次操作变成 \(A'\) 的概率。
如果 \(A\) 是终止状态，那么 \(f(A) = 0\)，否则，\(f(A) = 1 + \sum E_{A, A'} f(A')\)。
同时，我们定义 \(B_{A, j}\) 表示 \(A_i = j\) 的个数。
如果存在一个常数 \(C\) 和一个函数 \(g(x)\) 满足 \(\sum_{i = 1}^N g(B_{A,i}) = f(A) + C\)，那么可以解决本问题，其中 \(g\) 应当满足 \(\sum_{i = 1}^n g(B_{A,i}) = 1 + \sum E_{A, A'}\sum_{i = 1}^n g(B_{A', i})\)。（这个是官方题解的说明，其实更加准确的说，\(g(x)\) 是一个势能函数）
如果 \(g\) 满足 \(\forall i,g(B_{A, i}) = \frac{1}{n} + \sum E_{A, A'} g(B_{A', i})\) 那么上面的方程式是肯定满足的。
注意，这里的 \(g\) 是势能函数，也就是 \(g\) 只要满足如上关系，并且是和答案有关的函数即可。后面 \(g(0)\) 的值会用到这一点。
进一步，当 \(B_i = j\)，每一步使得 \(B_i = k\) 的概率可以写成之和 \(j, k\) 有关的形式。
我们只要再求解出一个转移系数 \(P_{i, j}\) 表示，一次操作使得 \(B_x = i \Rightarrow B_x = j\) 的概率，根据之前的定义有 \(g(i) = \frac{1}{n} + \sum_{j} P_{i, j} g(j)\)，注意到 \(\forall j > i + 1, P_{i, j} = 0\)，于是我们的方程写成矩阵长这样：
\[\left(\begin{array}{ccccccc} P_{0,0}-1 & P_{0,1} & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 \\ P_{1,0} & P_{1,1}-1 & P_{1,2} & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ P_{N-1,0} & P_{N-1,1} & P_{N-1,2} & P_{N-1,3} & \cdots & P_{N-1, N-1}-1 & P_{N-1, N} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} g(0) \\ g(1) \\ \vdots \\ g(N) \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{N} \\ -\frac{1}{N} \\ \vdots \\ -\frac{1}{N} \end{array}\right) \]考虑两种情况：
- 从 \(i\) 个颜色为 \(x\) 的球中间拿出 \(j\) 个球，然后再从 \(n - i\) 个球中间取出 \(k\) 个球，随机染色后出现 \(x\) 颜色的概率是 \(\frac{j + k}{n}\)，会剩下 \(i - j + 1\) 个 \(x\) 颜色的球，那么 \(P_{i, i - j + 1} \gets P_{i, i - j + 1}+ \frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{k+j}{n}}{2^n}\)，而 \(\frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{k+j}{n}}{2^n} = \frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{k}{n}}{2^n} + \frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{j}{n}}{2^n} = \binom{i}{j} \left(\frac{n - i}{2^{i +1}n} +\frac{j}{2^{i}n}\right)\)。
- 从 \(i\) 个颜色为 \(x\) 的球中间拿出 \(j\) 个球，然后再从 \(n - i\) 个球中间取出 \(k\) 个球，随机染色后没有出现 \(x\) 颜色的概率是 \(\frac{n - j - k}{n}\)，会剩下 \(i - j\) 个球，那么 \(P_{i, i - j} \gets P_{i, i - j}+ \frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{n - k-j}{n}}{2^n}\)，而 \(\frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{n - k - j}{n}}{2^n} = -\frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{k}{n}}{2^n} + \frac{\sum_{k = 0}^{n - i} \binom{n - i}{k}\binom{i}{j} \frac{n - j}{n}}{2^n} = \binom{i}{j} \left(-\frac{n - i}{2^{i +1}n} +\frac{n - j}{2^{i}n}\right)\)。
然后可以 \(\mathcal O(n^2)\) 计算 \(P\) 了。
计算了 \(P\) 之后，可以愉快的计算 \(g\) 了，注意到矩阵的特殊形式，令 \(g(0) = C\)（任意值，因为前文说的"势能"的概念），然后可以带出所有值，令初始状态每个数的出现次数为 \(b_i\)，而终止状态就是一个数出现 \(n\) 次其他数出现 \(0\) 次，答案就是起始状态 - 终止状态，也就是 \(\left(\sum_{i} g(b_i)\right) - g(n) - (n - 1)g(0)\)。
标签：right,frac,Color,题解,sum,Dye,binom,vdots,个球 来源： https://www.cnblogs.com/werner-yin/p/16215017.html
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