排列不会一点

前言

• 记得去年模拟赛有类似的题目，当时问 lmy，给了我一些直观的感受，没理解，最后不了了之。
• 今年又碰到了，去问了问 gqh，又给了我一些直观感受，还是没理解，哎呦，我好菜呀。
• 最后 rj 说的，好像也没理解，看来只能固执地，理解我自己的想法了
• 啊，这不是事情的最后，shy 又说可以不看成排列，看成序列
• tt 又给出了，直接不转化的做法
• 不管怎么说，最后自己自圆其说了一下，顾有此篇，嗯 \bx\bx\bx 他们。

排列不会一点

• 有一个集合 \(S={1,2,\cdots,n}\)，每次在 \(S\) 中随机选取一个数 \(p\)，并删除 \(S\) 中 \(p\) 以及 \(p\) 的倍数。
• 求期望选出多少个数后 \(S\) 被删没

最朴素的想法往往来源于模拟

• 这也是我最迷惑的地方，我感觉，题解缺少对这种转化的正确性的说明，或者有什么更简单的理解方式我理解不到。
• 那肯定是一个一个删数啦。由于期望的定义，想想我们要 求得是什么。
• 设每一次删除的一组有 \(o_i\) 个数，那么概率为 \(\frac{1}{\prod_i(\sum_{k=1}^iO_k)}\) 这很自然，就是我们每次均匀随机的概率
• 此时删了多少个数呢，也就是 \(|o|\)。
• 故此，期望就是 \(\sum\limits_{o}|o|\frac{1}{\prod_i(\sum_{k=1}^iO_k)}\)

接着我们进一步思考

• 记得有这样一类问题，从 \(n\) 个不同的球，从中拿出两个球，问有多少种可能

• 若是区分第一次拿出，和第二次拿出又会怎样。

• 陈老师讲过，用 \(\{1,2\},(1,2)\) 集合与二元组就可以巧妙的区分他们。

• \((1,2)\not=(2,1)\) 然而 \(\{1,2\}=\{2,1\}\)。

• 咦，这与今天我们讨论的内容有什么关系呢？

• 若我们把二元组的的计数，看所是更基本的计数，那么集合的计数，是不是就是在二元组的计数上乘了一个为 \(2\) 的权重。

• 什么意思，其实我想表述的是，从 \(n\) 个不同的球中拿出两个球为 \({1,2}\) 的概率可以是 \(\frac{|\{(1,2),(2,1)\}|}{n(n-1)}=\frac{|\{\{1,2\}\}|\times w}{n(n-1)}\)

• 此时 \(w=2\) 就是，我想说的权重。

• 咦，我们比较会枚举什么，这种删除不好枚举，可我们有排列呀！

• 若我们枚举排列，我们按照排列做原题的删数，只保存第一次删的数，组成的新序列叫做原排列的生成序列（自己起的名字）

• 那么一个生成序列可以由多个排列生成，而我们发现对应的排列的个数恰好为，生成序列在原题意义下的出现概率分之 \(1\)。

• 接着，我们尝试证明这件事。

• 还是沿用之前，设每组删除 \(o_i\) 个数，显然 \(\sum o_i=n\)，然后我们考虑组合数合并

\[\begin{aligned} &=(\prod (O_i-1)!)(\prod\binom{\sum\limits_{k=i}^n O_k-1}{O_k-1})\\ &=\prod_{i=1}^n(\prod_{\sum_{k=i-1}^n O_k+1}^{\sum_{k=i}^n O_k-1})\\ &=\frac{n!}{\prod_i(\sum_{k=1}^iO_k)} \end{aligned} \]

• 这统计的是可达生序序列 \(O\) 的排列个数，而这个个数乘随机排列的概率恰好为

\[\frac{n!}{\prod_i(\sum_{k=1}^iO_k)}\cdot\frac{1}{n!}=\prod_i\frac{1}{(\sum_{k=1}^iO_k)} \]

• 这正好等于原题目，生成序列对应的概率。
• 其实我们还可以思考，无限长序列，与生成序列的关系。其实证明只考虑序列转排列，是占了 \(\frac{n!}{n^n}\) 的权重

总结

• 由此，凡是形如，集合，每次删一组，求期望次数的问题，我们都可以转化为枚举排列，算可贡献生成序列的次数乘排列的期望。

直接做本题

• 假设我们直接做，已经删除了一些数，若 \(v\) 想做贡献，那么所有 \(v\) 的约数，都不能在它之前被删除。所以对于任何情况下选出 \(v\) 以及 \(v\) 约数的概率都是一样的，所以直接累加概率亦是答案

至于本题

• 我们显然可以枚举排列，考虑每一个数的贡献，它被统计答案，当且仅当在，所有排列中，它的约数中，它排名第一，那概率就是约数个数分之 \(1\)。乘排列个数 \(n!\) 就是总方案数，至于期望在除 \(n!\) 即为答案。最后 \(Min25\) 板子即可。