题是好题，可是标算爆精是怎么回事...要写的和标算一毛一样才能过。
各位要写的话过了前5个点就当过了吧...
题意
你有\(n\)张牌，每张牌上有一个\(1\sim m\)的点数，你每次随机选出两张不同的牌\(A\)和\(B\)，并将\(A\)的点数变为\(B\)的点数。求将所有牌的点数变成一样的期望步数。用\(double\)输出。\(n\leq 10^9\)，\(m\leq 10^5\)。
题解
那首先有个挺显然的想法是枚举最终变成了哪种牌，那么所有牌就变成了是这种牌与不是这种牌两类。我们这么计算这种情况的贡献：
假如若干步以后，是这种牌的数量变为\(0\)，则这种情况的贡献为\(0\)。
否则，若干步以后是这种牌的数量变为\(n\)，则这种情况的贡献为\(发生的概率*步数\)。
那么只要把每种牌的这个答案加起来就好了。
现在我们要解决的问题是：有两种牌，第一种有\(i\)张，第二种有\(n-i\)张，问最终全变为第一种牌的贡献。
很显然当\(n\)固定的时候，答案只和\(i\)有关。于是我们将其记为\(f_i\)。
在计算\(f_i\)之前，我们先来计算辅助数组\(g\)。其中\(g_i\)表示有两种牌，第一种有\(i\)张，第二种有\(n-i\)张，问最终全变为第一种牌的概率。
怎么求\(g_i\)呢？首先边界条件有\(g_0=0\)，\(g_n=1\)，再来考虑一般的情况。
我们来考虑一下第一次对牌数有影响的操作。假如\(A\)是第一种牌，\(B\)是第二种牌，那么第一种牌数\(-1\)；假如\(A\)是第二种牌，\(B\)是第一种牌，那么第一种牌数\(+1\)。显然这两种情况的方案数是一样的，于是可以得出\(i\)会等概率变成\(i-1\)或\(i+1\)，于是就可以得到一个简单的式子：
\[g_i=\frac{1}{2}(g_{i-1}+g_{i+1})\]
于是移项得到：
\[g_{i+1}=2*g_i-g_{i-1}\]
可以发现每一项都依赖前两项，于是我们设\(g_1=x\)，则可计算出\(g_2=2*x\)，\(g_3=3*x\)，\(\dots\)，那么显然我们可以猜想\(g_i=i*x\)，可以通过归纳法证明其是成立的。
于是得到\(g_n=n*x=1\)，解得\(x=\frac{1}{n}\)。
因此当第一种牌数为\(i\)时，最终全变成第一种牌的概率为\(\frac{i}{n}\)。
现在来考虑求\(f_i\)，边界条件有\(f_0=0\)，\(f_n=0\)，一般情况显然还是可以归纳成\(f_{i-1}\)和\(f_{i+1}\)的情况。不过这次还要额外考虑一些事情：
以变成\(i-1\)为例，首先我们枚举在几步以后变成\(i-1\)。设没有影响的操作发生概率为\(p\)，使\(i\)变为\(i-1\)的操作发生概率为\(q\)。则可得到期望额外花费的步数为：
\[\sum_{j\geq 0}\Big((j+1)*p^j*q\Big)\]
整理得其为\(\frac{q}{(1-p)^2}\)。
还要注意的是由于规约到\(i-1\)的情况后成功的概率是\(\frac{i-1}{n}\)，而失败的贡献是\(0\)，因此期望步数只有\(\frac{i-1}{n}\)是有效的，贡献为\(\frac{q}{(1-p)^2}*\frac{i-1}{n}\)。
对于\(i+1\)的情况，\(p\)和\(q\)是一样的，因此贡献为\(\frac{q}{(1-p)^2}*\frac{i+1}{n}\)。两者相加为\(\frac{q}{(1-p)^2}*\frac{2*i}{n}\)。
可以计算得\(1-p=\frac{2*i*(n-i)}{n*(n-1)}\)，\(q=\frac{i*(n-i)}{n*(n-1)}\)。于是原式可化简为：
\[\frac{n-1}{2*(n-i)}\]
因此可以得到：
\[f_i=\frac{1}{2}(f_{i-1}+f_{i+1})+\frac{n-1}{2*(n-i)}\]
移项可得：
\[f_{i+1}=2*f_i-f_{i-1}-\frac{n-1}{n-i}\]
依然设\(f_1=x\)，则\(f_2=2*x-\frac{n-1}{n-1}\)，\(f_3=3*x-2*\frac{n-1}{n-1}-\frac{n-1}{n-2}\)，\(\dots\)，依然可以通过观察和归纳法证明：
\[f_i=i*x-\sum_{j=1}^{i-1}\Big((i-j)*\frac{n-1}{n-j}\Big)\]
那么对于\(f_n\)：
\[f_n=n*x-\sum_{j=1}^{n-1}\Big((n-j)*\frac{n-1}{n-j}\Big)=0\]
可解得\(x=\frac{(n-1)*(n-1)}{n}\)。
于是继续对\(f_i\)的式子进行化简：
\[f_i=i*\frac{(n-1)*(n-1)}{n}-i*(n-1)*\Big(\sum_{j=1}^{i-1}\frac{1}{n-j}\Big)+(n-1)*\Big(\sum_{j=1}^{i-1}\frac{j}{n-j}\Big)\]
我们设\(H_i\)为调和数，即\(H_i=\sum_{j=1}^{i}\frac{1}{j}\)，则第二项等于：
\[-i*(n-1)*(H_{n-1}-H_{n-i})\]
继续推导第三项：
\[(n-1)*\Big(\sum_{j=1}^{i-1}\frac{j}{n-j}\Big)\]
\[(n-1)*\Big(\sum_{j=1}^{i-1}\big(\frac{n}{n-j}-1\big)\Big)\]
\[(n-1)*n*\Big(\sum_{j=1}^{i-1}\frac{1}{n-j}\Big)-(n-1)*(i-1)\]
\[(n-1)*n*(H_{n-1}-H_{n-i})-(n-1)*(i-1)\]
将三项合并，最终得到：
\[f_i=i*\frac{(n-1)*(n-1)}{n}+(n-1)*(n-i)*(H_{n-1}-H_{n-i})-(n-1)*(i-1)\]
那么问题来了，\(n\)那么大，\(H_n\)怎么求呢？标算的做法是将小的调和数预处理，大的用\(H_x\simeq \ln x+\gamma\)来近似，其中\(\gamma\)为欧拉常数。但是不知道为啥标算的\(\gamma\)取的是\(0.57\)...不过实测下来就算预处理前\(2^{20}\)的调和数以及用较精确的欧拉常数后面的误差也在\(10^{-7}\)左右...再乘以一个大常数算答案精度堪忧。
这里提供一个精度靠谱复杂度也有保证的做法。注意到答案中计算贡献的调和数其实类似于倒数的后缀和，因此\(i\)较小的时候显然可以预处理。可以设一个阈值\(T\)，预处理前\(T\)个后缀和，剩下的数不会超过\(\frac{n}{T}\)个，可以用分段打表暴力处理。由于查询量不是很大，打表的间隔可以取大一点减少代码长度。
还有由于答案有点大最好开\(long\ double\)或者自己写精度更高的类型...不过反正标算都爆精了这些好像也是后话了。这么好的题为什么不取模呢，用第二种做法就很靠谱了。