- 有(n)种颜色的球，第(i)种颜色的球有(a_i)个。
- 一次操作随机选取两个球(x,y)，使(y)的颜色变得与(x)相同。
- 求期望多少次操作之后，所有球颜色相同。
- (nle2500,a_ile10^5)
初步(DP)思路
记(S=sum_{i=1}^na_i)。
考虑枚举每一种颜色，计算所有球都变成这种颜色的概率。
那么有用的信息就仅有场上有多少个目标颜色的球。
因此设(f_i)表示有(i)个目标颜色的球时使得所有球变成目标颜色的期望步数，(g_i)表示有(i)个目标颜色的球时使得所有球变成目标颜色的概率。
(g_i)的求解
先考虑(g_i)，容易列出方程：
[g_i=frac{i imes(S-i)}{S imes(S-1)} imes (g_{i-1}+g_{i+1})+(1-2 imes frac{i imes(S-i)}{S imes(S-1)}) imes g_i
]
化简一下得到：
[g_i=frac{g_{i-1}+g_{i+1}}{2}
]
又因为有边界条件(g_0=0,g_S=1)，得出(g_i=frac iS)。
(f_i)的求解
注意到我们要求所有球都变成目标颜色，也就是说没有变成目标颜色的情况是不予考虑的，因此这里一步的贡献并非常规(DP)中的(1)，而是能变成目标颜色的概率(g_i)：
[f_i=frac{i imes(S-i)}{S imes(S-1)} imes (f_{i-1}+f_{i+1})+(1-2 imes frac{i imes(S-i)}{S imes(S-1)}) imes f_i+frac iS
]
化简一下得到：
[2f_i=f_{i-1}+f_{i+1}+frac{S-1}{S-i}
]
通过移项也可以发现：
[f_i-f_{i+1}=f_{i-1}-f_i+frac{S-1}{S-i}
]
我们的已知条件是(f_0=f_S=0)，由于(f_1)和(f_0)已经存在关系，因此我们想要通过在(f_1)和(f_S)之间建立联系列出新的关系式：
[egin{aligned}
f_1-f_S&=sum_{i=1}^{S-1}(f_i-f_{i+1})\
&=sum_{i=1}^{S-1}(f_0-f_1+sum_{j=1}^ifrac{S-1}{S-j})\
&=(S-1) imes(f_0-f_1)+sum_{i=1}^{S-1}frac{S-1}{S-i} imes(S-i)\
&=(S-1) imes(f_0-f_1)+(S-1)^2
end{aligned}
]
最终得到：
[f_1=frac{(S-1)^2}S
]
有了(f_0,f_1)，就可以利用前面的方程递推出(f)的每一项了。
最终答案就是(sum_{i=1}^nf_{a_i})。
代码：(O(VlogV))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 2500
#define V 100000
#define X 1000000007
using namespace std;
int n,a[N+5],f[V+5];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i,s=0,Mx=0;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s+=a[i],Mx=max(Mx,a[i]);
for(f[1]=1LL*(s-1)*(s-1)%X*QP(s,X-2)%X,i=2;i<=Mx;++i) f[i]=(2LL*f[i-1]-f[i-2]-1LL*(s-1)*QP(s-(i-1),X-2)%X+2*X)%X;//求出f[1]，然后递推
RI t=0;for(i=1;i<=n;++i) t=(t+f[a[i]])%X;return printf("%d
",t),0;//枚举目标颜色
}