概率论做题笔记
概率论 做题笔记
本文章写作时间大约为 2024 年 6 月。
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CF1948 Rare Coins
设 \(\operatorname{val}(n)\) 表示 \(n\) 个银币的价值（注意这是一个随机变量），可以把问题化归成：求
\[P(\operatorname{val}(x) > \operatorname{val}(y) + k) \]首先考虑 \(\operatorname{val}(n)\) 恰为某个定值 \(a\) 的概率：\(n\) 个银币，每种银币有两种可能的状态，总状态数为 \(2^n\)；其中恰有 \(a\) 个银币价值为 \(1\)，方案数为 \(C_{n}^{a}\)，即\(P(\operatorname{val}(n) = a) = \dfrac{C_n^a}{2^n}\)。
因为 \(\operatorname{val}(x)\) 和 \(\operatorname{val}(y)\) 都不是定值，一个自然的想法是：先固定其中一个随机变量的值（这里固定 \(\operatorname{val}(y)\)），然后计算此情况下不等式成立的概率。因为 \(\operatorname{val}(y) \in [0, y]\)，所以
\[ans = \sum_{p = 0}^{y} P(\operatorname{val}(y) = p) \times P(\operatorname{val}(x) > p + k) \]现在式子已经推出来了，但是！！！这个式子带有组合数，如果每次单独计算，肯定会 T；而又因为组合数的底数不确定，所以也无法预处理。
这里有一个非常妙的处理：把 \(\operatorname{val}(n)\) 看作 \(n\) 个相同随机变量的和，这个随机变量等概率取到 \(0\) 或 \(1\)，这里用 \(\operatorname{rand}(0, 1)\) 表示。于是 \(\operatorname{val}(n) = \sum_{i-1}^n \operatorname{rand}(0, 1)\)。
关键的地方来了：\(\operatorname{rand}(0, 1) = 1 - \operatorname{rand}(0, 1)\)。这个式子带有随机变量，所以我们应该审视一下这个式子中等于号究竟代表什么。首先，等号左边是一个随机变量，它有 \(\frac{1}{2}\) 的概率取 \(0\)，有 \(\frac{1}{2}\) 的概率取 \(1\)，这是很清晰的。而如果把等号右边的 \(1 - \operatorname{rand}(0, 1)\) 整体看作一个随机变量，会发现：它同样有 \(\frac{1}{2}\) 的概率取 \(0\)，有 \(\frac{1}{2}\) 的概率取 \(1\)。如果两个随机变量取值的集合相同，取到集合中任意一个值的概率也相同，这两个随机变量岂不是毫无区别？这正是这里等号的含义。
接下来事情就好办了：把原不等式移项，得到 \(\operatorname{val}(x) - \operatorname{val}(y) > k\)。把 \(\operatorname{val}(x)\) 和 \(\operatorname{val}(y)\) 拆成随机变量之和的形式，则不等式左边
\[\begin{aligned} \operatorname{val}(x) - \operatorname{val}(y) & = \sum_{i = 1}^{x} \operatorname{rand}(0, 1) - \sum_{i = 1}^{y} \operatorname{rand}(0, 1) \\ & = \sum_{i = 1}^{x} \operatorname{rand}(0, 1) - \sum_{i = 1}^{y} (1 - \operatorname{rand}(0, 1)) \\ & = \sum_{i = 1}^{x} \operatorname{rand}(0, 1) + \sum_{i = 1}^{y} \operatorname{rand}(0, 1) - y \\ & = \sum_{i = 1}^{x + y} \operatorname{rand}(0, 1) - y \\ & = \operatorname{val}(x + y) - y \end{aligned} \]那么我们就是要求 \(P(\operatorname{val}(x + y) > y + k)\)。而 \(x + y\) 正是所有袋子中银币的总数，是一个定值，所以可以预处理它的组合数。可做！\(\square\)
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(条件概率的应用)
（下面令 \(n = \sum_{i=1}^7 a_i\)，即晶体总数）
原题目太难了，我们一步一步来。我们遵循以下的步骤：
要求总释放次数的期望？——先求每一步释放次数的期望，每步释放的期望之和正是总期望（期望的线性性）
要求每一步释放次数的期望？——每一步要么释放 \(1\) 次，要么释放 \(0\) 次。用 \(X_i\) 表示第 \(i\) 步的释放次数，\(A_i\) 表示第 \(i\) 步释放这个事件，则 \(E(X_i) = 1 \times P(A_i) + 0 \times P(\overline{A_i}) = P(A_i)\)，所以我们需要求出每一步释放七重奏的概率。
要求每一步释放的概率？——我们可以从第 \(7\) 步着手，这是第一次可能释放七重奏的尝试。
要求第 \(7\) 步释放的概率？——第 \(7\) 步释放七重奏，实际上有很多种可能，因为前 \(7\) 步取出 \(1 \sim 7\) 的任意一种排列都会导致释放七重奏。不妨考虑取出某个特定排列的概率——\((1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)\) 这个排列就很适合。
要求前七步取出 \((1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)\) 的概率，可以这样考虑：第一步取出 \(1\) 的概率显然是 \(\dfrac{a_1}{n}\)，在第一步取出 \(1\) 的情况下，第二步取出 \(2\) 的概率是 \(\dfrac{a_2}{n-1}\)（注意，第二次取晶体时，晶体的总数比原来减少了 \(1\)）。所以，第一步取出 \(1\) 且第二步取出 \(2\) 的概率为 \(\dfrac{a_1 a_2}{n(n-1)}\)。注意这里使用了条件概率，并且运用了 \(P(A \cap B) = P(A) \times P(A|B)\)，其中 \(B = 第一次取出 1, A = 第二次取出 2\)。同理可以推出后面几步取出对应晶体的条件概率，这些事件（即每一步都取到了对应晶体）同时发生的概率即为 \(\dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1) \cdots (n-6)}\)。
上面考虑的是前七步取出某种特定排列的概率。显然，取出其它任意排列的概率也是相同的，而排列的总数有 \(7!\) 种，所以前七步取出某种排列（也就是第七步释放七重奏）的概率为 \(7! \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1) \cdots (n-6)}\)。
那么第 \(7\) 步以后的每一步，释放七重奏的概率是多少呢？先考虑第 \(8\) 步。不失一般性，假设第一步取出了 \(1\)，那么第 \(2 \sim 8\) 步取出某种排列的概率就是 \(7! \times \dfrac{(a_1 - 1)a_2 a_3 \cdots a_7}{(n-1)(n-2) \cdots (n-7)}\)（注意这是条件概率！）。而第一步取出 \(1\) 的概率是 \(\dfrac{a_1}{n}\)，所以第一步取出 \(1\) 且第 \(2 \sim 8\) 步取出某种排列的概率就是上面这两个概率的乘积，也即 \(\dfrac{a_1}{n} \times \dfrac{(a_1 - 1)a_2 a_3 \cdots a_7}{(n-1)(n-2) \cdots (n-7)} \times 7! = (a_1 - 1) \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1)(n-2) \cdots (n-7)} \times 7!\)。
同理可得，第一步取出 \(i\) 且第 \(2 \sim 8\) 步取出某种排列的概率为 \((a_i - 1) \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1)(n-2) \cdots (n-7)} \times 7!\)。
综上所述，第 \(2 \sim 8\) 步取出某种排列的概率就是以上概率的和，即
\[\begin{aligned} & \sum_{i=1}^7 (a_i-1) \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1)(n-2) \cdots (n-7)} \times 7! \\ & = (n-7) \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1)(n-2) \cdots (n-7)} \times 7! \\ & = \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1) \cdots (n-6)} \end{aligned} \]（这几项概率可以相加，运用到了划分的知识）
而这个概率正和在第 \(7\) 步释放七重奏的概率相等。也就是说：取出任意一个晶体，并不会改变之后的第 \(7\) 步释放七重奏的概率。同理可得，\(7 \sim n\) 步中每一步释放七重奏的概率相等。总的期望释放次数就是这些所有概率之和，即 \((n-6) \times \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1) \cdots (n-6)} = \dfrac{a_1 a_2 \cdots a_7}{n(n-1) \cdots (n-5)}\)。\(\square\)
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最简单的一集。
注意到这道题的关键是不同题目的选项个数可能不相同。
第 \(i\) 道题目的答案来自于第 \(i-1\) 道题。
- 假设 \(a_i \ge a_{i-1}\)，我们按两步来计算：第一，第 \(i\) 题答案编号恰好在 \([1, a_{i-1}]\) 内的概率为 \(\dfrac{a_{i-1}}{a_i}\)；第二，在上一步发生的条件下（又用到了条件概率），第 \(i\) 题答案恰好是 \(i-1\) 题答案的概率为 \(\dfrac{1}{a_{i-1}}\)。这两件事都发生的概率就是 \(\dfrac{a_{i-1}}{a_i} \times \dfrac{1}{a_{i-1}} = \dfrac{1}{a_i}\)。
- 假设 \(a_i < a_{i-1}\)，仍按两步计算：第一，第 \(i-1\) 题答案编号恰好在 \([1, a_i]\) 内的概率为 \(\dfrac{a_i}{a_{i-1}}\)；第二，在上一步发生的条件下，第 \(i\) 题答案恰好是 \(i-1\) 题答案的概率为 \(\dfrac{1}{a_i}\)。这两件事都发生的概率为 \(\dfrac{a_i}{a_{i-1}} \times \dfrac{1}{a_i} = \dfrac{1}{a_{i-1}}\)。
综上所述，第 \(i\) 题选择正确的概率为 \(\dfrac{1}{\max(a_i, a_{i-1})}\)。总的期望正确回答数为 \(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\max(a_i, a_{i-1})}\)。（这里先运用了每一题期望正确数就等于这道题正确的概率，然后又运用了期望的线性性。）（又，特别地，第 \(1\) 题的答案是从第 \(n\) 题抄来的，需要特判一下。）\(\square\)
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设 \(f_{i,j}\) 表示有 \(i\) 只白鼠，\(j\) 只黑鼠时，轮到 A 取，A 赢的概率。
这里的一个要点时要把每个回合看作一个整体来考虑，所以设计状态时 \(f_{i,j}\) 代表轮到 A 取时 A 赢的概率。这样设计可以方便转移。
每个回合抓鼠的情况有且仅有以下几种（先假设黑白鼠的数量都是足够的）：
- A 抓到白鼠，此时 A 赢。这种概率是 \(p_1 = i/(i+j)\)。
- A 抓到黑鼠，B 抓黑跑黑。这种概率是 \(p_2' = j/(i+j) \times (j-1)/(i+j-1) \times (j-2)/(i+j-2)\)。这个回合之后还剩 \(i\) 只白鼠和 \(j-3\) 只黑鼠，这种情况下 A 赢的概率是 \(f_{i,j-3}\)（条件概率！）。再乘上这回合这种抓鼠情况发生的概率，A 通过这种方式赢的概率有 \(p_2 = p_2' \times f_{i,j-3}\)。
- A 抓到黑鼠，B 抓黑跑白。仿照第 2 种情况的分析方法，可以得到 A 通过这种方式赢的概率为 \(p_3 = j/(i+j) \times (j-1)/(i+j-1) \times i/(i+j-2) \times f_{i-1,j-2}\)。
- A 抓到黑鼠，B 抓到白鼠。此时 A 输。
转移方程这就列完了，但思考一下它在概率上的意义还是有益的。把“A 赢”看作一个事件，这个事件可以看作三个互斥事件的并：“在第一回合，A 抓到白鼠”，“在第一回合，A 抓黑，B 抓黑跑黑，A 在以后的回合中取胜”，“在第一回合，在第一回合，A 抓黑，B 抓黑跑白，A 在以后的回合中取胜”。由于是互斥事件，所以它们并的概率可以直接用它们的概率之和来表达。这也就从概率论的视角严谨地说明了为什么这个转移方程是正确的。
在代码实现上，本题的初始化值得注意。
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设 \(f_u\) 表示从起点到达点 \(u\) 的路径期望长度，\(p_u\) 表示从起点到达点 \(u\) 的概率。
先考虑这样的问题：有 \(k\) 种方式完成任务，使用第 \(i\) 种方式的期望代价是 \(E_i\)，概率是 \(p_i\)，那么完成这个任务的期望代价 \(E\) 是多少？
不难得出 \(E = \sum_{i=1}^{k} p_i \cdot E_i\)。
回到这个问题，若已知 \(u\) 的所有前驱的 \(p\) 和 \(f\)，如何计算 \(p_u\) 和 \(f_u\)？根据加法原理，不难得到 \(p_u = \sum_{v \in pre(u)} p_v\)。而计算 \(f_u\) 就要用到上文提到的那个结论了。这里容易出错的是认为 \(f_u = \sum_{v \in pre(u)} p_v \cdot (f_v + w(v, u))\)，它错误的原因在于概率因子不应该是 \(p_v\)。
重新审视一下这个式子。\(p_v\) 代表从起点到达 \(v\) 的概率，而实际上我们需要的是在已知到达 \(u\) 的情况下（条件概率！），从 \((v,u)\) 这一条边过来的概率。我们用 \(P(v|u)\) 来体现条件概率，那么 \(f_u = \sum_{v \in pre(u)} P(v|u) \cdot (f_v + w(v, u))\)。
又不难得到 \(P(v|u) = \dfrac{P(到达v然后到达u)}{P(到达u)} = \dfrac{p_v / \operatorname{oud}(v)}{p_u}\)，其中 \(\operatorname{oud}(v)\) 表示节点 \(v\) 的出度。此题也就做完了。\(\Box\)
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做法1：
设 \(f_i\) 表示买到 \(i\) 个不同名字的期望总天数， \(g_i\) 表示已有 \(i - 1\) 个不同名字，买到第 \(i\) 个（未拥有）名字的期望的额外天数。
根据期望的可加性，有 \(f_i = f_{i-1} + g_i\)，那如何计算 \(g_i\) 呢？
我们套用期望的定义来计算：\(g_i\) 就等于
\[\sum_{d=1}^{+\infty} d \cdot P(在第 d 天买到新名字) = \sum_{d=1}^{+\infty} d \cdot \left(\dfrac{i-1}{n}\right)^{d-1} \dfrac{n-i+1}{n} \]这个有无限项的和式无疑不能直接用来计算。下面运用一些数学技巧，尝试找出该式的一个封闭形式。
为方便起见，设每天获得新名字的概率 \(\dfrac{n-i+1}{n} = p\)。则
\[g_i = \sum_{d=1}^{+\infty} d \cdot (1-p)^{d-1} p \]又
\[(1-p)g_i = \sum_{d=1}^{+\infty} d \cdot (1-p)^{d} p \]所以
\[g_i - (1-p)g_i = p \cdot g_i = \sum_{i=1}^{+\infty} (1-p)^{d-1} p \\ g_i = \sum_{i=1}^{+\infty} (1-p)^{d-1} = \sum_{i=0}^{+\infty} (1-p)^{d} \]（其中第一步的转化用了错位相减的手段。）
由于 \(0 < 1-p < 1\)，所以可以套用几何级数的求和公式 \(\sum_{i=1}^{+\infty} r^i = \dfrac{1}{1-r}\)，得到
\[g_i = \dfrac{1}{p} = \dfrac{n}{n-i+1} \]因此 \(f_n = \sum_{i=1}^{n} \dfrac{n}{n-i+1} = n \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{n} = n H_n\)，其中 \(H_n\) 代表调和级数。在这里我们得到了一个有趣的结论：对于这类抽取问题，抽到 \(n\) 个不相同物品的期望次数是调和级数前 \(n\) 项和的 \(n\) 倍。
做法2：
咕咕咕……
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最简单的一集。
投掷 \(n\) 次骰子，总方案数为 \(m^n\)。
掷 \(n\) 次骰子，最大值为 \(x\) 的方案数可以这么求：
首先，每一次掷得的点数都要小于等于 \(x\)，这种情况下有 \(x^n\) 种方案数。
其次，\(x\) 这个点数必须要出现，否则它就不是最大值。我们转化成求 \(x\) 没有出现的方案数，这相当于每次投掷的结果都小于等于 \(x-1\)，这种情况下有 \((x-1)^n\) 种方案数。
相减，则掷 \(n\) 次骰子，最大值为 \(x\) 的方案数为 \(x^n - (x-1)^n\)。
因此，所求期望 \(E = \sum_{x=1}^{m} \dfrac{x^n - (x-1)^n}{m^n} \cdot x\)
需要注意的是数据范围。题目没有要求取模，而要求输出小数。这样的话，上面这个式子无论用什么存都肯定爆了，因此需要转化一下，变成：
\[E = \sum_{x=1}^m \left(\left(\dfrac{x}{m}\right)^n - \left( \dfrac{x-1}{m} \right)^n \right) \cdot x \]这样就可以存下了。
（PS：做这道题时，我推出式子之后没想到怎么处理数据太大的问题，屈辱地看了题解，看完感觉自己真是完蛋了，这么简单的东西都想不到）
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先考虑 \(k\) 节点的期望度数 \(E\)。易知 \(E - 1 = \sum_{i = k+1}^n \dfrac{1}{i-1}\)（这里减 \(1\) 是减去了父节点。特别地，如果 \(i=1\)，那么就不用减去，因为 \(1\) 号节点没有父节点。这里不再特殊讨论这种情况，下同）。
用 \(sum\) 表示题目要我们求的度数和，那么 \(E = \dfrac{sum}{(n-1)!}\)。联立二式，即可得到 \(sum\)。
这道题的启发性在于：平时我们都是用某个值的和除以总方案数来算期望，这里却正好相反：期望是易求的，因此我们可以用期望乘上总方案数来算要求的和。 \(\Box\)
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令 \(f_n = E(\operatorname{work}(n))\)，则
\[f_n = \begin{cases} 0, n = 1 \\ 1 + \dfrac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f_i, \text{Otherwise} \end{cases} \]转移成环，把 \(f_n\) 解出来，得到（省略 \(n=1\) 时的情况）
\[f_n = \dfrac{n}{n-1} + \dfrac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n-1} f_i \]用前缀和加速转移，时间复杂度 \(O(n)\) ，可以得到 80 分。
考虑优化这个式子。这里利用增量的思想，计算相邻两项的差分（即 \(f_{n+1}\) 与 \(f_n\) 的差值）。如果算出了差分，再做一次前缀和就得到了通项。具体地，设 \(D_i = f_{i+1} - f{i}\)，那么 \(\sum_{i=2}^{n-1} D_i = D_n - D_1 = D_n\)。
而 \(nf_{n+1} = n + 1 + \sum_{i=1}^n f_i\)，\((n-1)f_n = n + \sum_{i=1}^{n-1}f_i\)。
两式做差，得到 \(nf_{n+1} - (n-1)f_n = 1 + f_n\)。
移项整理，最终结果：\(f_{n+1} - f_n = \dfrac{1}{n}\)。
做一遍前缀和，就得到了 \(f_n\) 的通项公式：\(f_n = \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i}\)，这也就是调和级数 \(H\)。而当 \(n\) 较大时，调和级数可以直接用这个公式计算：\(H_n = \ln n + \gamma\)，其中 \(\gamma = 0.5772156 \cdots\)。 这样就可以用 \(O(1)\) 的时间解决本题。 \(\Box\)
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好题！但不得不说早期洛谷的题解质量是真的差，感觉没有一篇题解是讲的特别清楚的，我看了好久才搞懂。下面是我认为的一种更规范的解题过程
首先，我们设随机变量 \(X_i\) 表示从 \(i\) 向左的极长 1 串的长度，并且对于任意的 \(i\)，我们要想办法求出 \(E(X_i^3)\)。（需要注意的是 \(E(X^3) \not = (E(X))^3\)。更一般地说，\(E(f(X)) \not = f(E(X))\)。）但直接求是不好求的，我们先考虑求出 \(E(X_i)\) 和 \(E(X_i^2)\)。
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\(E(X)\)：如果第 \(i\) 位是 \(0\)，那么 \(X_i = 0\)；否则，“从 \(i\) 向左的极长 1 串的长度”就等于“从 \(i-1\) 向左的极长 1 串的长度”再加 \(1\)，即 \(X_i = X_{i-1} + 1\)（当然 \(X_{i-1}\) 可以是 \(0\)。）。根据期望的可加性，就有 \(E(X_i) = (1-p_i) \cdot 0 + p_i \cdot (E(X_{i-1}) + 1) = p_i \cdot (E(X_{i-1}) + 1)\)。（这里第 \(i\) 位是 \(0\) 的情况并不对答案产生贡献，因为乘上了 \(0\)，并且在 \(E(X^2)\) 和 \(E(X^3)\) 的推导中也是如此，所以下面不再讨论这种情况。）其实这里的转移是较为明显的，但它运用的期望的重要性质——可加性将会在下面的推导中也用到，因此需要格外注意。
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\(E(X^2)\)：这里是重点。回忆一下，在上面的推导中，我们把 \(X_i\) 表示成了两部分：\(i\) 向左（不包含 \(i\)）的部分——\(X_{i-1}\) 和第 \(i\) 位本身——\(1\)。能否把 \(X_i^2\) 也分成两部分表达？
确实是可以的。因为已经假定了第 \(i\) 位是 \(1\)，所以 \(X_i = X_{i-1} + 1\)。进一步地，\(X_i^2 = ((X_i - 1) + 1)^2 = (X_{i-1} + 1)^2 = X_{i-1}^2 + 2X_{i-1} + 1\)。这样就成功地用下标小于 \(i\) 的式子表达出了 \(X_i^2\)！再次利用期望的可加性，就有 \(E(X_i^2) = p_i \cdot(E(X_{i-1}^2) + 2E(X_{i-1}) + 1)\)。
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\(E(X^3)\)：既然已经推导出了 \(E(X^2)\)，那么这里也只需依葫芦画瓢了。
因为 \(X_i^3 = (X_{i-1} + 1)^3 = X_{i-1}^3 + 3X_{i-1}^2 + 3X_{i-1} + 1\)
根据期望的可加性，有 \(E(X_i^3) = p_i \cdot (E(X_{i-1}^3) + 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1)\)。
到这里，本题的大部分推导都完成了，但仍没有结束。如果直接输出 \(E(X_n^3)\)，那么是不对的，因为 \(E(X_n^3)\) 只表示从第 \(n\) 位向左这个串得到的分数，而不代表总分。
设 \(Y_i\) 表示截至到第 \(i\) 位能得到的分数，那么
- 如果第 \(i\) 位为 \(0\)：显然 \(Y_i = Y_{i-1}\)。
- 如果第 \(i\) 位为 \(1\)：这里，我们希望把 \(Y_i\) 表示成 \(Y_{i-1} + \Delta\) 的形式，其中 \(\Delta\) 表示在第 \(i\) 位的“得分增量”，它应该是 \(X_i^3 - X_{i-1}^3\)——这一部分之前已经推导过了，即 \(E(\Delta) = E(X_i^3 - X_{i-1}^3) = 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1\)。代回，就得到了最终的式子：
\[E(Y_i) = E(Y_{i-1}) + 3E(X_{i-1}^2) + 3E(X_{i-1}) + 1 \]输出答案为 \(E(Y_n)\)。\(\Box\)
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初步想到设 \(f_i\) 表示从 \(1\) 号台阶走到 \(i\) 号台阶的期望步数（为了区分，下面记作 \(f_{1 \rightarrow i}\)），于是易得转移方程：
\[f_{1 \rightarrow i} = \sum_{j \in \operatorname{next}(i)} \dfrac{1}{\operatorname{oud}(i)} \cdot (f_{1 \rightarrow j} + 1) \]其中 \(next(i)\) 表示图中 \(i\) 所有后继的集合，既包含 \(i+1\) 也包含 \(i\) 通过返祖边连向的节点。但需要注意的是，\(next(i)\) 同时包含了编号小于 \(i\) 和大于 \(i\) 的节点。换句话说，\(f_{1 \rightarrow i}\) 既和前面的状态有关，又和后面的状态有关，因此找不到一个合适的转移顺序。如果喊高斯来消元，时间复杂度又无法接受。那怎么办呢？
这时应该想到改变状态的定义。一个常见的套路是（在下面的分手是祝愿一题中也会出现），设 \(f_{i \rightarrow i+1}\) 表示从 \(i\) 号台阶走到 \(i+1\) 号台阶的期望步数，于是我们要求的 \(f_{1 \rightarrow n+1} = \sum_{i=1}^{n} f_{i \rightarrow i+1}\)。
重新推导一遍转移方程，得到：
\[f_{i \rightarrow i+1} = \dfrac{1}{\operatorname{oud}(i)} \cdot 1 + \sum_{j \in next(i) \land j \not = i+1} \dfrac{1}{\operatorname{oud}(1)} \cdot(f_{j \rightarrow i+1} + 1) \]这里继续活用了 \(f\) 的下标：\(f_{x \rightarrow y}\) 表示从 \(x\) 到 \(y\) 的期望花费。显然 \(f_{x \rightarrow y} = f_{1 \rightarrow y} - f_{1 \rightarrow x}\)，因此可以转移时记录一下 \(f_{1 \rightarrow i}\)，上式整理得：
\[\begin{aligned} f_{i \rightarrow i+1} & = \operatorname{oud}(i) + \sum_{j \in \operatorname{next}(i) \land j \not = i+1} f_{j \rightarrow i} \\ & = \operatorname{oud}(i) + \sum_{j \in \operatorname{next}(i) \land j \not = i+1} (f_{1 \rightarrow i} - f_{1 \rightarrow j}) \end{aligned} \]这样就做到了线性转移。
梳理一下做题过程：我们一开始就容易想出某种状态设计和转移方程，但这种解法并不优，其原因当前状态既和过去的状态有关，又和将来的状态有关，在子问题图中体现为转移成环。而且，转移形成的不是以往常见的自环，这就不能通过简单移项来消除环，而只能高斯消元，这样做的时间复杂度又是无法接受的，这就驱使我们改变状态设计。实际上，新的状态设计利用了题目的一个较好的性质：虽然在图中行走，一次可能后退好几个节点，但只要前进，一次一定只前进一个节点。正是这种性质，才方便了我们新的状态设计和转移。\(\Box\)
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