随机游走：反正下一步也不知道往哪走

随机游走这东西，说白了就是乱走。

站在一个点上，每次随机挑条能走的边继续走。可能一路往前，也可能绕一大圈又回到原地。听起来挺随便，但题做起来一点都不随便。

因为图上有环，状态很容易互相依赖。你算我，我又算你，绕一圈回来发现谁都算不出来，最后只能老老实实列方程。

所以随机游走题做多了以后，会发现经常绕不开几件事：状态怎么设，方程怎么列，列完以后怎么解。

这篇就把我目前遇到过的几种套路记一下，省得以后题目在图上乱走，我也跟着一起乱走。

符号约定

为了后面写起来方便，本文统一作如下约定：

• \(d_u\) 表示节点 \(u\) 的度数。

• \(sz_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树大小。

• \(subtree(u)\) 表示以 \(u\) 为根的子树。

• \(fa_u\) 表示节点 \(u\) 的父亲。

• \(son(u)\) 表示节点 \(u\) 的儿子集合。

• \(bro\) 表示当前节点的兄弟节点。

• \(root\) 表示当前树的根节点。

• \(dis_u\) 表示节点 \(u\) 到某个指定节点的距离，具体看题目中的定义。

• \(p_{u,v}\) 表示从节点 \(u\) 一步走到节点 \(v\) 的概率。

• \(w_{u,v}\) 表示边 \((u,v)\) 的边权。

另外，如果没有特别说明，树都默认先选定一个根，再按照父子关系进行讨论。

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一、基础

1. 期望的线性性

先记一个最基本的东西：期望具有线性性。

对于随机变量 \(X,Y\)，有 \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\)。

更一般地，有 \(E\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right)=\sum_{i=1}^{n}E(X_i)\)。

而且这个性质不要求这些随机变量相互独立。

所以碰到一个比较大的期望时，经常可以先把它拆成很多小部分，每部分单独算，最后直接加起来。

2. 一步分析

随机游走列方程时，最常用的思路就是先看下一步。

设当前在节点 \(u\)，下一步有 \(p_{u,v}\) 的概率走到节点 \(v\)。如果走到 \(v\) 以后还需要 \(f_v\) 的期望代价，那么直接按照下一步去了哪里分类即可。

比如每走一步代价为 \(1\)：

\[f_u=1+\sum_{v:u\to v}p_{u,v}f_v \]

说白了就是：先走一步，再算剩下的。

后面大部分期望转移式，其实都是这个套路。

3. 常见状态设计

随机游走题里，常见的状态大概有下面几种：

• \(f_u\) 表示从 \(u\) 出发，到达终点的期望步数。
• \(f_u\) 表示从起点出发后，节点 \(u\) 被经过的期望次数。
• 如果一个状态需要同时记录多个位置，也可以设成 \(f_{i,j}\)、\(f_{u,v}\) 这种多维状态。

状态怎么设，主要还是看题目问什么。问还要走多久，就考虑到终点的期望；问某个点会经过多少次，就考虑点的期望经过次数；一个位置不够描述，那就把状态升维。

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随机游走还有一个很重要的特点：下一步怎么走，只和当前所在的状态有关，和之前是怎么走到这里的无关。

所以一旦走到节点 \(u\)，后面的过程就可以直接用状态 \(f_u\) 来描述，不需要管前面绕了多少圈。

不过要注意，随机过程本身虽然只看当前状态，列出来的方程却可能互相依赖。图上有环时，\(f_u\) 依赖 \(f_v\)，\(f_v\) 又可能绕回来依赖 \(f_u\)，所以才会需要高斯消元。

二、一般图与网格图上的随机游走

一般图上的随机游走，最直接的思路就是设状态，然后按每一步的转移概率列方程。

麻烦的地方是图上有环。一个状态可能依赖另一个状态，绕一圈以后那个状态又依赖回来，所以普通 dp 往往没法直接做。

这种时候一般就要列线性方程组，再高斯消元；如果图或者矩阵本身有特殊结构，还可以继续优化。

1. 到达终点的期望步数

这类题一般设 \(f_u\) 表示从节点 \(u\) 出发，到达终点的期望步数。

设终点为 \(t\)，那么 \(f_t=0\)。

如果每走一步的代价都是 \(1\)，那么从 \(u\) 出发，先花一步走到某个相邻节点 \(v\)，接下来还要走 \(f_v\) 的期望步数，所以：

\[f_u=1+\sum_{v:u\to v}p_{u,v}f_v \]

更一般地，如果边 \((u,v)\) 的代价为 \(w_{u,v}\)，那么：

\[f_u=\sum_{v:u\to v}p_{u,v}(f_v+w_{u,v}) \]

其中 \(p_{u,v}\) 表示从 \(u\) 走到 \(v\) 的概率。

例题 2.1 CF24D Broken robot

题意

给一张 \(n\times m\) 的网格图，机器人初始在 \((x,y)\)。

每秒它会等概率向左、向右、向下走，或者原地不动，但不能走出矩阵。求它走到最后一行的期望时间。

做法

设 \(f_{i,j}\) 表示从 \((i,j)\) 到最后一行的期望时间，则有：

\[f_{i,j}= \begin{cases} \displaystyle 1+\frac{f_{i,j}+f_{i+1,j}}{2},&m=1\\[8pt] \displaystyle 1+\frac{f_{i,j}+f_{i,2}+f_{i+1,j}}{3},&j=1\\[8pt] \displaystyle 1+\frac{f_{i,j}+f_{i,m-1}+f_{i+1,j}}{3},&j=m\\[8pt] \displaystyle 1+\frac{f_{i,j}+f_{i,j-1}+f_{i,j+1}+f_{i+1,j}}{4},&1<j<m \end{cases} \]

边界为 \(f_{n,j}=0\)。

式子不难写，问题是同一行里的状态会互相依赖，没法直接 dp。

整个网格一共有 \(nm\) 个状态，最后一行已经知道，所以真正的未知数有 \((n-1)m\) 个。全部丢进去高斯消元当然能做，但复杂度是 \(O(n^3m^3)\)，肯定过不了。

于是把某一行的方程写成矩阵看看：

\[\left[ \begin{array}{cccccc|c} 2 & -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 3+f_{i+1,1} \\ -1 & 3 & -1 & 0 & \cdots & 0 & 4+f_{i+1,2} \\ 0 & -1 & 3 & -1 & \cdots & 0 & 4+f_{i+1,3} \\ 0 & 0 & -1 & 3 & \ddots & 0 & 4+f_{i+1,4} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & -1 & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 2 & 3+f_{i+1,m} \end{array} \right] \]

可以发现这是一个三对角矩阵。

从左往右消元时，每一行只需要消掉左边一个 \(-1\)，所以一整行只要 \(O(m)\)。再从右往左回代，就能求出这一行所有的 \(f_{i,j}\)。

总复杂度为 \(O(nm)\)。

2. 点与边的期望经过次数

还有一类题问的是：某个点或者某条边，整个过程中期望会经过多少次。

设 \(f_u\) 表示节点 \(u\) 被经过的期望次数。

每经过一次节点 \(v\)，都有 \(p_{v,u}\) 的概率下一步走到 \(u\)，所以：

\[f_u=[u=s]+\sum_{v:v\to u}f_vp_{v,u} \]

这里起点 \(s\) 一开始就已经被经过一次，所以要额外加上 \([u=s]\)。

如果题目问的是边，可以先把边的期望转成点的期望。

如果每次在节点 \(u\) 等概率选择一条出边，那么有向边 \(u\to v\) 的期望经过次数就是 \(\frac{f_u}{d_u}\)。

对于无向边 \((u,v)\)，两个方向都可能走，所以要加起来，也就是 \(\frac{f_u}{d_u}+\frac{f_v}{d_v}\)。

注意，如果某个点是终点，到达以后立刻停止，那就不能再算从这个点往外走的贡献。

例题 2.2 P3232 [HNOI2013 / JSOI2013] 游走

题意

给一张无向图，小 Z 从 \(1\) 号点开始随机游走，到 \(n\) 号点停止。

每走过一条边，就获得这条边边权大小的分数。现在要给 \(m\) 条边分配 \(1\) 到 \(m\) 互不相同的权值，使最后得到的期望分数最小。

做法

设 \(f_u\) 表示节点 \(u\) 被经过的期望次数。

对每个非终点列出期望方程，高斯消元求出所有 \(f_u\)。知道点的期望以后，就能算出每条边的期望经过次数。

经过次数越多的边，给越小的权值即可。

这里要注意，终点 \(n\) 到达以后就停止，所以不能再从 \(n\) 往外转移。

总结一下，两种状态的区别就是：求从 \(u\) 到终点，看 \(u\to v\)；求 \(u\) 的经过次数，看 \(v\to u\)。

一个看接下来往哪走，一个看谁能走到这里。

3. 无法直接线性递推的贡献

有些题问的既不是步数，也不是点或者边经过多少次，而是路径上的某种特殊信息。

如果这个贡献不能直接相加，那期望线性性也就没法直接套。这时候一般要先想办法拆贡献，再把它转成概率或者普通期望。

例题 2.3 P3211 [HNOI2011] XOR 和路径

题意

给一张带权无向连通图，从 \(1\) 号点开始随机游走，每次等概率选择一条相邻边，走到 \(n\) 号点以后停止。

求经过的所有边权异或和的期望。

做法

异或不能直接按普通加法来算期望，所以考虑按二进制位拆开。

枚举第 \(k\) 位，设 \(f_u\) 表示从节点 \(u\) 出发，最终走到 \(n\) 时，这一位异或结果为 \(1\) 的概率。

如果从 \(u\) 走到相邻节点 \(v\)：

• 边 \((u,v)\) 的第 \(k\) 位是 \(0\)，这一位不翻转，贡献是 \(f_v\)。
• 边 \((u,v)\) 的第 \(k\) 位是 \(1\)，这一位会翻转，贡献是 \(1-f_v\)。

所以对于 \(u\neq n\)：

\[f_u=\frac{1}{d_u}\left(\sum_{\substack{v\sim u\\w_{u,v}^{(k)}=0}}f_v+\sum_{\substack{v\sim u\\w_{u,v}^{(k)}=1}}(1-f_v)\right) \]

边界为 \(f_n=0\)，因为走到 \(n\) 以后就停止，不会再经过新的边。

图上有环，所以这些状态还是会互相依赖。对于每一个二进制位，列出 \(n-1\) 个线性方程，高斯消元求出 \(f_1\)。

第 \(k\) 位的贡献就是 \(f_1^{(k)}2^k\)，最后答案为 \(Ans=\sum_k f_1^{(k)}2^k\)。

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三、树上的随机游走

到了树上以后，会稍微好做一点。

虽然还是会来回乱走，但树上有两个很好用的性质：任意两点之间路径唯一，删掉一条边以后整棵树会直接分成两个连通块。

靠着这些结构，很多一般图上要高斯消元的问题，到了树上可以直接变成树形 dp 或者一些简单递推。

1. 树上点的期望经过次数

一般图上求点的期望经过次数，要列 \(f_u=[u=s]+\sum_{v:v\to u}f_vp_{v,u}\)，然后解线性方程组。

但树上路径唯一，有时候可以直接分析两件事：从起点出发走到 \(u\) 的概率是多少，以及已经到了 \(u\) 以后还会再经过它多少次。

例题 3.1 CF1823F Random Walk

题意

给一棵树，从节点 \(s\) 开始随机游走，每次等概率走向一个相邻节点，到达 \(t\) 后立即停止。

求每个节点被经过次数的期望。

做法

把树以终点 \(t\) 为根，设 \(dis_u\) 表示节点 \(u\) 到终点 \(t\) 的距离。

先考虑一个问题：假设已经走到了节点 \(u\)，那么从现在开始直到到达 \(t\)，节点 \(u\) 还会被经过多少次？

设这个期望为 \(E_u\)，当前位置这一次也算进去。

从 \(u\) 出发：

• 如果走向一个儿子，那么想去 \(t\)，以后一定还要重新经过 \(u\)。
• 如果走向父亲，那么之后重新回到 \(u\) 的概率是 \(1-\frac{1}{dis_u}=\frac{dis_u-1}{dis_u}\)。

所以离开 \(u\) 以后再次回到 \(u\) 的概率为：

\[\frac{d_u-1}{d_u}+\frac{1}{d_u}\left(1-\frac{1}{dis_u}\right) \]

于是：

\[E_u=1+\left[\frac{d_u-1}{d_u}+\frac{1}{d_u}\left(1-\frac{1}{dis_u}\right)\right]E_u \]

化简得到 \(E_u=d_u\cdot dis_u\)。

不过，这只是已经到达 \(u\) 以后，后面还会经过多少次。还要算从起点 \(s\) 出发，到底有多大概率能走到 \(u\)。

设 \(x\) 是路径 \(u\to t\) 和路径 \(s\to t\) 的第一个交点。

如果 \(u\) 本身就在 \(s\to t\) 的路径上，那一定会经过 \(u\)。否则，从 \(x\) 出发，在先到达 \(u\) 和先到达 \(t\) 之间，先到达 \(u\) 的概率是 \(\frac{dis_x}{dis_u}\)。

所以：

\[ans_u=E_u\cdot\frac{dis_x}{dis_u}=d_u\cdot dis_u\cdot\frac{dis_x}{dis_u}=d_u\cdot dis_x \]

最终得到 \(ans_u=d_u\cdot dis_x\)。

对于终点 \(t\)，第一次到达后立即停止，所以 \(ans_t=1\)。

2. 有向边期望拆分

树上任意两点之间的路径唯一，所以如果能求出每条父子边两个方向上的期望到达步数，那么任意两点之间的期望到达时间，就可以直接拆成路径上若干条有向边的贡献。

设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 第一次随机游走到 \(fa_u\) 所需的期望步数，\(g_u\) 表示从 \(fa_u\) 第一次随机游走到 \(u\) 所需的期望步数。

先看 \(f_u\) 怎么算。

从 \(u\) 出发，有 \(\frac{1}{d_u}\) 的概率直接一步走到父亲。剩下的情况会先走到某个儿子 \(v\)，然后从 \(v\) 回到 \(u\)，最后再从 \(u\) 走到 \(fa_u\)。

所以：

\[f_u=\frac{1}{d_u}+\sum_{v\in son(u)}\frac{1+f_v+f_u}{d_u} \]

两边乘以 \(d_u\)：

\[d_uf_u=1+\sum_{v\in son(u)}(1+f_v+f_u) \]

拆开：

\[d_uf_u=1+d_u-1+(d_u-1)f_u+\sum_{v\in son(u)}f_v \]

合并得到：

\[f_u=d_u+\sum_{v\in son(u)}f_v \]

这里已经可以直接树形 dp 了。我们继续往下推：

因为 \(subtree(u)\) 内部有 \(sz_u-1\) 条边，每条边对度数和贡献 \(2\)，再加上 \(u\) 连向父亲的那条边额外贡献 \(1\)，所以：

\[\sum_{x\in subtree(u)}d_x=2(sz_u-1)+1=2sz_u-1 \]

\(f_u=\sum_{x\in subtree(u)}d_x=2sz_u-1\)。

注意，\(f_u=2sz_u-1\) 只对 \(u\neq root\) 成立。

接下来算 \(g_u\)。

先假设 \(fa_u\) 不是根节点，\(bro\) 表示 \(u\) 的兄弟，\(gfa\) 表示 \(fa_{fa_u}\)。

从 \(fa_u\) 出发去 \(u\)，有三种情况：

1. 一步直接走到 \(u\)。
2. 先走到某个兄弟 \(bro\)，绕回来以后再继续。
3. 先走到爷爷，再回来继续走。

所以：

\[g_u=\frac{1}{d_{fa_u}}+\sum_{\substack{bro\in son(fa_u)\\bro\neq u}}\frac{1+f_{bro}+g_u}{d_{fa_u}}+\frac{1+g_{fa_u}+g_u}{d_{fa_u}} \]

两边乘以 \(d_{fa_u}\)：

\[d_{fa_u}g_u=1+\sum_{\substack{bro\in son(fa_u)\\bro\neq u}}(1+f_{bro}+g_u)+1+g_{fa_u}+g_u \]

拆开：

\[d_{fa_u}g_u=1+(d_{fa_u}-2)+(d_{fa_u}-2)g_u+\sum_{\substack{bro\in son(fa_u)\\bro\neq u}}f_{bro}+1+g_{fa_u}+g_u \]

合并得到：

\[g_u=d_{fa_u}+\sum_{\substack{bro\in son(fa_u)\\bro\neq u}}f_{bro}+g_{fa_u} \]

而：

\[f_{fa_u}=d_{fa_u}+f_u+\sum_{\substack{bro\in son(fa_u)\\bro\neq u}}f_{bro} \]

所以：

\[g_u=g_{fa_u}+f_{fa_u}-f_u \]

为了统一递推，形式上定义 \(f_{root}=2(n-1)\)，\(g_{root}=0\)。

于是对于所有非根节点 \(u\)，都有 \(g_u=g_{fa_u}+f_{fa_u}-f_u\)。

这样就能预处理出每条父子边两个方向的期望到达步数。

对于任意两点 \(a,b\)，因为树上路径唯一，所以从 \(a\) 随机游走到 \(b\) 的期望步数，就是 \(a\to b\) 路径上每条有向边对应期望的总和。

例题 3.2 P3412 仓鼠找 sugar II

题意

给定一棵 \(n\) 个节点的树，随机选择起点 \(a\) 和终点 \(b\)。从 \(a\) 出发，每次等概率走向一个相邻节点，到达 \(b\) 后停止，求所需步数的期望。

做法

上面已经求出了每个非根节点 \(u\) 的 \(f_u=E(u\to fa_u)\) 和 \(g_u=E(fa_u\to u)\)。

如果直接枚举所有点对 \((a,b)\) 再沿路径统计，肯定不行，所以改成考虑每条边对答案的贡献。

设 \(u\) 是非根节点，考虑边 \((fa_u,u)\)。删掉这条边以后，整棵树被分成两部分，大小分别是 \(sz_u\) 和 \(n-sz_u\)。

如果 \(a\in subtree(u)\)，\(b\notin subtree(u)\)，那么从 \(a\) 到 \(b\) 一定会按 \(u\to fa_u\) 的方向经过这条边，所以每对点贡献 \(f_u\)。

这样的有序点对有 \(sz_u(n-sz_u)\) 个，因此这一方向的总贡献是 \(sz_u(n-sz_u)f_u\)。

反过来，如果 \(a\notin subtree(u)\)，\(b\in subtree(u)\)，那么会按 \(fa_u\to u\) 的方向经过这条边，贡献 \(g_u\)。

所以这条边的总贡献为 \(sz_u(n-sz_u)(f_u+g_u)\)。

最后所有有序点对的期望步数总和为 \(\sum_{u\neq root}sz_u(n-sz_u)(f_u+g_u)\)，再除以 \(n^2\) 即可。

3. 线性函数消元

树上随机游走里还有一种很常见的情况：直接列出期望转移后，会发现父亲依赖儿子，儿子又依赖父亲，普通树形 dp 根本推不动。

但这些转移式一般都是线性的，所以可以把节点 \(u\) 的答案写成父亲答案的一次函数：\(f_u=k_uf_{fa_u}+b_u\)。

对于 \(u\) 的每个儿子 \(v\)，同样有 \(f_v=k_vf_u+b_v\)。

只要儿子的 \(k_v,b_v\) 已经求出来，就能把这些式子代回 \(u\) 的转移方程，再整理出新的 \(k_u,b_u\)。

于是就可以从叶子开始，一路往上消到根。根没有父亲，所以能直接求出答案；如果还需要所有节点的值，再从根往下代回去即可。

这个过程可以看成树上的高斯消元。普通高斯消元是在整个方程组里消未知数，这里借着树的父子结构，每个点只需要维护两个系数 \(k_u,b_u\)。

例题 3.3 CF802L Send the Fool Further! (hard)

警示后人：这题在 CF 上的题号是 802J3，但洛谷上对应的是 CF802L。

题意

给一棵带权树，从 \(1\) 号点开始随机游走，每次等概率走向一个相邻节点，到达叶子后停止，求经过边权总和的期望。

做法

设 \(f_u\) 表示当前在节点 \(u\)，直到随机游走结束还要经过的期望边权总和。

对于叶子节点，有 \(f_u=0\)。

对于非叶子节点 \(u\)：

\[f_u=\frac{f_{fa_u}+w_{u,fa_u}+\sum_{v\in son(u)}(f_v+w_{u,v})}{d_u} \]

这个转移既依赖儿子又依赖父亲，显然不能直接树形 dp。

考虑写成 \(f_u=k_uf_{fa_u}+b_u\)。

假设对于 \(u\) 的每个儿子 \(v\)，已经有 \(f_v=k_vf_u+b_v\)，代入原式：

\[d_uf_u=f_{fa_u}+w_{u,fa_u}+\sum_{v\in son(u)}(k_vf_u+b_v+w_{u,v}) \]

移项：

\[\left(d_u-\sum_{v\in son(u)}k_v\right)f_u=f_{fa_u}+w_{u,fa_u}+\sum_{v\in son(u)}(b_v+w_{u,v}) \]

所以：

\[k_u=\frac{1}{d_u-\sum_{v\in son(u)}k_v} \]

\[b_u=\frac{w_{u,fa_u}+\sum_{v\in son(u)}(b_v+w_{u,v})}{d_u-\sum_{v\in son(u)}k_v} \]

这样从叶子开始，自底向上就能求出所有 \(k_u,b_u\)。

对于根节点 \(1\)，因为没有父亲，直接得到：

\[f_1=\frac{\sum_{v\in son(1)}(b_v+w_{1,v})}{d_1-\sum_{v\in son(1)}k_v} \]

这就是答案，总复杂度为 \(O(n)\)。

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四、多维状态随机游走

如果随机游走者不止一个，只记录一个点就不够了。

比如两个人分别在 \(u,v\)，那就把它们合成一个状态 \((u,v)\)。原来只有 \(n\) 个状态，现在直接变成 \(n^2\) 个。

1. 双人随机游走

例题 4.1 CF113D Museum

题意

给一张无向连通图，两个人分别从 \(a,b\) 出发。

每一秒，对于位于节点 \(i\) 的人，有 \(p_i\) 的概率原地不动，否则等概率走向一个相邻节点。两个人同时行动。

当两个人出现在同一个节点时停止，求最终在每个节点相遇的概率。

注意，就算两个人同时沿同一条边反向移动，也不会在边上相遇。

做法

设 \(f_{u,v,k}\) 表示两个人当前分别在节点 \(u,v\)，最后在节点 \(k\) 相遇的概率。

如果已经相遇，也就是 \(u=v\)，那么 \(f_{u,u,k}=[u=k]\)。

接下来考虑 \(u\neq v\)。

一秒以后，两个人的行动有四种情况：

1. 两个人都不动，概率是 \(p_up_v\)。
2. 第一个人走到相邻节点 \(x\)，第二个人不动，概率是 \(\frac{1-p_u}{d_u}p_v\)。
3. 第一个人不动，第二个人走到相邻节点 \(y\)，概率是 \(p_u\frac{1-p_v}{d_v}\)。
4. 两个人都移动，分别走到 \(x,y\)，概率是 \(\frac{(1-p_u)(1-p_v)}{d_ud_v}\)。

所以：

\[f_{u,v,k}=p_up_vf_{u,v,k}+\sum_{x\sim u}\frac{1-p_u}{d_u}p_vf_{x,v,k}+\sum_{y\sim v}p_u\frac{1-p_v}{d_v}f_{u,y,k}+\sum_{x\sim u}\sum_{y\sim v}\frac{(1-p_u)(1-p_v)}{d_ud_v}f_{x,y,k} \]

移项以后：

\[(1-p_up_v)f_{u,v,k}-\sum_{x\sim u}\frac{1-p_u}{d_u}p_vf_{x,v,k}-\sum_{y\sim v}p_u\frac{1-p_v}{d_v}f_{u,y,k}-\sum_{x\sim u}\sum_{y\sim v}\frac{(1-p_u)(1-p_v)}{d_ud_v}f_{x,y,k}=0 \]

这样就得到了一个关于 \(n^2\) 个状态的线性方程组。

对于每一个最终相遇点 \(k\)，左边的系数矩阵完全一样，只有边界条件不同，所以可以在增广矩阵右边同时放 \(n\) 列，一次高斯消元把所有答案一起求出来。

初始状态是 \((x,y)\)，所以最后输出 \(f_{x,y,1},f_{x,y,2},\dots,f_{x,y,n}\)。

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五、结语

写到这里，我突然觉得随机游走这个名字还挺贴切。

很多时候我们确实不知道下一步会走到哪。可能往前，可能绕路，也可能折腾半天又回到原点。站在当下看，很容易觉得前面都白走了。

但过一段时间再回头，有些绕过的路至少让你知道哪里走不通，也让你碰见了一些原本不会遇到的东西。最后到了哪里，往往也不是一开始就计划好的。

所以现在再看，走弯路这件事其实没那么可怕。

一直不走，才是真的哪都到不了。