CF850F Rainbow Balls

CF850F Rainbow Balls [* interesting]

有 \(n\) 个种颜色的球，第 \(i\) 个颜色的球有 \(a_i\) 个。当袋子有至少两个不同颜色的球时，执行以下操作：

1. 先后随机取出两个球，然后将第二个球涂成第一个球的颜色。（允许同色）

这些步骤均只需要 \(1s\)，输出无法操作的期望时间。

答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(n\le 2500,a_i\le 10^5\)

Solution

算是比较 trickly 的时停技巧的使用了吧。

定义 \(S_t\) 表示时间 \(t\) 时的局面，定义 \(\phi(S_t)\) 表示时间 \(t\) 时的局面 \(S_t\) 的势函数，我们希望选择合适的势函数，使得 \(\phi(S_{end})\) 为一个常数，同时在期望意义下每次操作 \(\phi\) 均会减少 \(1\)，那么这样 \(\phi(S_{begin})-\phi(S_{end})\) 就是我们需要求的答案。

考虑定义 \(f(a_i)\) 表示颜色 \(i\) 有 \(a_i\) 个球的势函数，定义 \(F(S)=\sum f(a_i)\) 以表示局面的势函数，记 \(m=\sum a_i\)，那么有：

1. 我们有 \(\frac{a_i(a_i-1)}{m(m-1)}\) 的概率选中两个 \(i\) 类球
2. 我们有 \(\frac{a_ia_j}{m(m-1)}\) 的概率将 \(i\) 变成 \(j\)

于是有：

\[\begin{aligned} &\phi(S_{t+1})=\frac{1}{m(m-1)}\bigg(\sum_i a_i(a_i-1)\phi(S_t)+\sum_i\sum_{j\ne i} a_ia_j(\phi(S_t)+f(a_i+1)-f(a_i)+f(a_j-1)-f(a_j))\bigg) \\&=\frac{1}{m(m-1)}\bigg(\sum_i \Big(a_i(a_i-1)+a_i(m-a_i)\Big)\phi(S_t)+\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1))\bigg) \\&=\frac{1}{m(m-1)}\bigg(\sum_i \Big( ma_i-a_i\Big)\phi(S_t)+\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1))\bigg) \\&=\frac{1}{m(m-1)}\bigg(m(m-1)\phi(S_t)+\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1))\bigg) \\&=\phi(S_t)+\frac{1}{m(m-1)}\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1)) \end{aligned}\]

由于我们希望 \(\phi(S_{t+1})-\phi(S_t)=-1\)，于是有：

\[\begin{aligned} &-1=\frac{1}{m(m-1)}\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1)) \\&0=~m+\frac{1}{m-1}\sum_i a_i(m-a_i)(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1)) \\&0=\sum_i a_i\bigg(1+\frac{m-a_i}{m-1}(f(a_i+1)-2f(a_i)+f(a_i-1))\bigg) \end{aligned}\]

由于我们希望的是更一般的情况，于是这个式子对于任意的 \(a_i\) 均成立，所以有：

\[1+\frac{m-x}{m-1}(f(x+1)+f(x-1)-2f(x))=0 \]

恒成立。

故：

\[(f(x+1)+f(x-1)-2f(x))=-\frac{m-1}{m-x} \]

考虑定义 \(g(x)=f(x)-f(x-1)\)，那么 \(g(x+1)-g(x)=-\frac{m-1}{m-x}\)

接着我们认为 \(g(0)\) 和 \(f(0)\) 均为常数，那么有：

\[g(x)=g(0)+\sum_{j=0}^{x-1} \frac{1-m}{m-j} \]

\[\begin{aligned} &f(x)=f(0)+\sum_{j=1}^{x} g(j) \\&=f(0)+x\cdot g(0)-\sum_{j=0}^{x-1}\frac{(m-1)(x-j)}{m-j} \\&=f(0)+x\cdot g(0)-x(m-1)+\sum_{j=0}^{x-1}\frac{(m-1)(m-j-x+j)}{m-j} \\&=f(0)+x\cdot g(0)-x(m-1)+(m-1)(m-x)\sum_{j=0}^{x-1}\frac{1}{m-j} \end{aligned}\]

方便起见，规定 \(g(0)=m-1,f(0)=0\)，那么就有：

\[f(m)=0 \]

\[f(x)=(m-1)(m-x)\sum_{j=0}^{x-1}\frac{1}{m-j} \]

维护倒数和，递推至 \(\max a_i\) 即可。

此时，\(\phi(S_{end})=f(m)=0,\phi(S_{begin})=\sum f(a_i)\)

如果写线性逆元的话，复杂度为 \(\mathcal O(\max a+n)\)

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int P = 1e9 + 7 ;  
const int N = 1e5 + 5 ; 
int fpow(int x, int k) {
	int ans = 1, base = x ;
	while(k) {
		if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % P ;
		base = 1ll * base * base % P, k >>= 1 ;
	} return ans ;
}
int n, m, c, a[N], f[N], inv[N] ;  
signed main()
{
	n = gi() ; f[0] = 0 ; 
	rep( i, 1, n ) a[i] = gi(), c += a[i], m = max( m, a[i] ) ; 
	rep( i, 0, m ) inv[i] = fpow(c - i, P - 2) ; 
	rep( i, 1, m ) inv[i] = (inv[i - 1] + inv[i]) % P ; 
	rep( i, 1, m ) f[i] = (c - 1) * (c - i) % P * inv[i - 1] % P ; 
	int ans = 0 ;
	rep( i, 1, n ) ans = (ans + f[a[i]]) % P ; 
	cout << ans % P << endl ; 
	return 0 ;
}