题解 CF850F 【Rainbow Balls】

· · 题解

首先可以枚举最后的球都是什么颜色的

设 f_i 表示当前有 i 个钦定的颜色的球，把所有球都变成这种颜色的期望时间

显然 f_0 不存在

设 s=\sum_{i=1}^{n}a_i 那么 f_s=0

对于 0<i<s 可以得到一个 DP 方程

f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+v

其中 p 表示选出两个球不同色的概率 \frac{i(s-i)}{s(s-1)}，v 表示贡献的期望时间

注意不是 1!!!

结论就是 v=\frac{i}{s}

考虑 v 是个什么东西下面纯属瞎bb

由于不能到 0 这个状态，所以 i 只能算到达那些走到 s 的贡献

那么 v 相当于走到 s 的概率，也就是走一步的期望

也就是数轴上一个点 x 每次等概率向左或者向右走，求走到 0 之前到达 s 的概率

这个是个经典问题

设 g_i 表示 i 到 s 的概率，那么 g_0=0,g_s=1

g_i=pg_{i-1}+pg_{i+1}+(1-2p)g_i

那么 g_i-g_{i-1}=g_{i+1}-g_i

可以得到概率为 \frac{i}{s}

瞎bb完了

那么现在有一个方程

f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+\frac{i}{s} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)

由于 f_0 不存在那么

f_1=f_2p+(1-2p)f_1+\frac{1}{s}

即 f_2=2f_1-1

由 (1) 可以得到

f_i-f_{i+1}=f_{i-1}-f_i+\frac{s-1}{s-i} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)

所以

f_1=f_1-f_s=\sum_{i=2}^{s}f_{i-1}-f_i=(s-1)(f_1-f_2)+\sum_{i=2}^{s-1}\frac{s-1}{s-i}(s-i)

代入 f_2=2f_1-1 得到

f_1=\frac{(s-1)^2}{s}

那么求出 f_2 之后，根据 (2) 就可以推出所有的 f 了

最后答案就是 \sum_{i=1}^{n}f_{a_i}

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int mod(1e9 + 7);
const int maxn(1e5 + 5);

int mx = 1e5, n, cnt[maxn], sum, f[maxn], ans;

inline void Inc(int &x, int y) {
    if ((x += y) >= mod) x -= mod;
}

inline int Pow(ll x, int y) {
    register ll ret = 1;
    for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
        if (y & 1) ret = ret * x % mod;
    return ret;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    register int i;
    for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &cnt[i]), sum += cnt[i];
    f[1] = 1LL * (sum - 1) * (sum - 1) % mod * Pow(sum, mod - 2) % mod;
    f[2] = (2 * f[1] % mod + mod - 1) % mod;
    for (i = 2; i < mx; ++i)
        f[i + 1] = ((2 * f[i] % mod - f[i - 1] + mod) % mod - 1LL * (sum - 1) * Pow(sum - i, mod - 2) % mod + mod) % mod;
    for (i = 1; i <= n; ++i) Inc(ans, f[cnt[i]]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}