Problem
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题意概要：有 (n) 个球排成一列，每个球都有一个颜色，每次随机选出两个球，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？
(nleq 10^4)
Solution
推这题用了大半张草稿纸的说 最近用纸效率剧增啊
考虑只要找出对于每一种颜色(C)，整个序列最终全部变为(C)的情况
设整个序列最终变为颜色 (i) 的概率为(p_i)，期望步数为 (g_i)，则答案可以表示为
(Ans=sum p_ig_i)
（这里的变量与下文冲突时以下文为准，这里的变量只是作表达作用）
但是要注意，这里的期望步数是在“序列最终变为颜色(i)”前提下的期望，是一种条件期望
然后如果想让序列变为颜色 (i) ，则对于当前序列而言，只有“是颜色(i)”和“不是颜色(i)”这两种情况，所以可以将情况化简为一个(01)序列，且当前有(i)个(1)，求所有元素变为(1)的概率和期望步数
先来解决概率问题
所有操作共有(n(n-1))个，若当前有(i)个(1)，则会改变(1)的数量的只有 (2i(n-i))种操作，而且其中会使序列增加一个(1)的有其中的一半(i(n-i))种，而使序列减少一个(1)的也有(i(n-i))种。即每个回合有(frac {i(n-i)}{n(n-1)})的概率使(i)加一，有(frac {i(n-i)}{n(n-1)})的概率使(i)减一，还有(1-frac {2i(n-i)}{n(n-1)})的概率没有变化
设(p_i)表示当目前有(i)个(1)时，最终变为颜色(i)的概率
由于若已经没有(1)，则再没有可能使整个序列变为(1)了，所以有(p_0=0)，类似的，有(p_n=1)
由分析中(i)上升下降概率相同，可以列出(p_i=frac {p_{i-1}+p_{i+1}}2,iin(0,n))
由于表達的是等差数列，所以可以轻松得到(p_i=frac in)
再來解決期望问题
考虑到每次操作有一定几率不会对局面进行影响，影响成功的几率为(frac {2i(n-i)}{n(n-1)})，根据期望问题的性质，则期望操作(frac {n(n-1)}{2i(n-i)})次会对局面影响一次
设(f_i)表示当前有(i)个(1)时序列变为颜色(i)的期望步数
则得到方程：(f_i=frac {n(n-1)}{2i(n-i)}+frac 12f_{i-1}+frac 12f_{i+1})
但是这样就错了
因为当前要算的是条件期望，而当局面内有(i-1)个(1)和有(i+1)个(1)时整个序列全变(1)的概率不一样，由于期望计算是概率乘以权值，所以两者的比例不能简单计算为(1:1)
相应的，由之前计算的概率可以得到，若当前局面有(i-1)个(1)，则整个序列全变(1)的概率为(frac {i-1}n)，相应的，有(i+1)个(1)时概率为(frac {i+1}n)，又由于当前状态只有这两种后继状况，所以两个概率应除以两个概率的和
所以上面的方程需要变化为：
(f_i=frac {n(n-1)}{2i(n-i)}+frac {i-1}{2i}f_{i-1}+frac {i+1}{2i}f_{i+1})
然后利用之前学习的线性高斯消元就可以套路解决了
（这里还是写一下吧，别到时候看这题的时候又推一整版草稿纸）
设(f_i=k_if_{i+1}+b_i)
考虑利用这个式子将上面方程进行消元，将这个式子中带入方程右边的第二项，得到
和之前设置的状态(f_i=k_if_{i+1}+b_i)相比，可以得到
然后由于(f_0)没有意义，就无需从此转移，所以得到特殊情况
(f_1=frac {n(n-1)}{2 imes 1cdot (n-1)}+f_2=frac n2+f_2)
又由于(f_1=k_1f_2+b_1)，可以得到在(i=1)下的特殊情况：(egin {cases}k_1=1\b_1=frac n2end{cases})
由第一项和上面得到的递推公式，可以推得所有的(k_i,b_i)，又由于(f_n=0)，可以轻易得到所有的(f_i)
最终统计答案
若一种颜色出现了(c)次，则这个颜色对答案的贡献为(frac cncdot f_c)
Code
代码还是很短的
#include <cstdio>
const int N=10103;
double k[N],b[N],f[N];
char s[N];int n,ct[26];
int main(){
scanf("%s",s+1);
for(n=1;s[n];++n)
++ct[s[n]-'A'];
--n;k[1]=1,b[1]=0.5*n;
double iv,bs;
for(int i=2;i<n;++i){
iv=0.5/i;
bs=1.0/(1-(i-1)*iv*k[i-1]);
k[i]=(i+1) * iv * bs;
b[i]=((i-1) * iv * b[i-1] + n*(n-1)* iv / (n-i) ) * bs;
}
for(int i=n-1;i;--i)
f[i]=k[i]*f[i+1]+b[i];
double ans=0.0;
for(int i=0;i<26;++i)
ans+=1.0*ct[i]/n*f[ct[i]];
printf("%.1lf
",ans);
return 0;
}