題目描述

給出一棵$n$個點，邊權為$1$的樹，節點皆為黑色或白色，隨機起點，每一次你會從$n$個點中隨機一個點$x$，從當前點走過去，並且將$x$反色。當所有點都為黑或白的時候停止。問期望經過路徑的總長。

$50\% :n\leq 10^2$
$100\% :n\leq 10^5$

分析

這道題顯然是用期望的線性性，但是怎么去拆就會有很大的不同。

首先有一個技巧就是一般來說貢獻可以寫成“期望次數$\times$權值”的形式。

部分分

考慮拆成一對有序點對$(x, y)$間路徑的期望貢獻。
具體來說怎么去算呢？

那么我們這里只關心黑點情況以及當前在不在點$x$處，就可以寫出轉移了。
記$f_{cx, cy, bc, isx}$表示$x, y$的顏色分別為$c_x, c_y$，除$x, y$以外還有$bc$個黑點，$isx$表示當前所在點是否為點$x$，這個狀態下，$(x, y)$這段路徑被經過的期望次數。（顯然單獨看經過次數這個角度任意的$y$都是等價的，因此我們這里並不強調$y$的不同）
那么接下來就是考慮這個狀態下下一步轉移到什么狀態，記當前狀態為$now$。

• 當$isx=1$
  
  • 轉移到一個普通點$y$
    
    • $y$是白點，對$now$的貢獻為$\frac{n-2-bc}{n}f_{cx, cy, b+1, 0}$
    • $y$是黑點，對$now$的貢獻為$\frac{bc}{n}f_{cx, cy, bc-1, 0}$
  • 轉移到自己，$\frac{1}{n} f_{!cx, cy, bc, 1}$
  • 轉移到$y$，$\frac{1}{n} (f_{cx, !cy, bc, 0}+1)$

同理不難寫出當$isx=0$時的轉移。
對這些方程進行高斯消元就可以了，答案顯然就是枚舉任意一對有序點對計算貢獻。

正解

考慮拆成從每個點出發的期望代價乘上到達每個點的期望次數。

只要沒結束的情況下，從一個點出發的期望顯然就是所有點到它的距離和的平均數。

而與期望次數有關系的，僅僅是當前局面的黑點數量。
然后因為這道題目中高度的對稱性，當黑點數量固定的時候，每個黑(白)點的期望經過次數時一樣的（它甚至不與這個點是誰有關）。

那么這里考慮這樣子去設計DP。令$f_{i, 0}$表示有$i$個黑點時，黑點的期望經過次數。類似地定義$f_{i, 1}$表示白點期望次數。
考慮轉移

分別表示到了一個普通白點，一個普通黑點，或者到了它自己，同理寫出$f_{i, 1}$的轉移

但是注意，假如我們轉移到一個終止態時，不要加一。因為它不再走出去了。
由於開始時我們從隨機一個點出發，我們需要將每個期望次數都加上$\frac{1}{n}$

注意到這里轉移既關於$i-1$，又關於$i+1$，裸上高斯消元可以，但是復雜度難以接受，我們需要考慮更好的做法。

首先我們有$f_{0, 0\cdots 1}$以及$f_{n, 0\cdots 1}$都是已知的$0$。
移項，發現$f_{i+1, 0}$依賴於$f_{i-1, 0\cdots 1}$和$f_{i, 0}$。
而$f_{i+1, 1}$依賴於$f_{i+1, 0}, f_{i-1, 1}, f_{i, 1}$

那么考慮將每一個狀態都表示成$af_{1, 0}+bf_{1, 1}+c$的形式。
到$f_{n-1, *}$的時候，根據未移項的式子寫出二元一次方程組，就可以解出$f_{1, 0\cdots 1}$，接着遞推回來我們就可以得到所有的$f$

至此，這道題目就做完了，是一道很不錯的概率題。

時間復雜度$O(n)$
空間復雜度$O(n)$