A - solution

首先我们发现只有对于一个答案 $s_i=s_{i+1}$ 时才会对答案造成贡献

而对于两个相邻的 $s_i$ 和 $s_{i+1}$ 选出两个不同的组合有 $s_i \times s_{i+1}$ 种

而对于两个相邻相同的要对答案造成贡献的个数仅有 $\min \{ s_i,s_{i+1} \}$ 种

那么期望直接就是 $\frac{\min \{ s_i,s_{i+1} \} } {s_i \times s_{i+1}} $

求和即可

B - solution

看着就很像dp

我们考虑 $dp_i$ 表示已经得到了 $i$ 种东西，得到剩下的东西期望次数

对于 $dp_i$ 的期望可以有 $\frac{i}{n}$ 的概率抽到原来有的，$\frac{n-i}{n}$ 的概率抽到新的，而不管怎么选，选的次数都会 $+1$ 即：

$$dp_i = \frac{i}{n} \times dp_i + \frac{n-i}{n} \times dp_{i+1}+1 $$

将 $dp_i$ 当作未知数，解出来得：

$$dp_i = dp_{i+1} + \frac{n}{n-i}$$

然后我们考虑钱💴，类似地，设 $g_i$ 表示已经得到 $i$ 种东西，然后得到剩下的东西期望钱

类似地，对于 $g_i$ 的转移也是有 $\frac{i}{n}$ 的概率抽到原来有的，$\frac{n-i}{n}$ 的概率抽到新的，而不管怎么选，钱数都会在原来的基础上 $+1$ 即：

$$g_i = \frac{i}{n} \times (g_i+dp_i+1) + \frac{n-i}{n} \times (g_{i+1}+dp_{i+1}+1) $$

类似地，解出 $g_i$ 的答案为：

$$g_i = \frac{i}{n-i} \times (dp_i+1) +g_{i+1}+dp_{i+1}+1 $$

显然地，$dp_n=g_n=0$ ，答案为 $g_0$

C - solution

与B题类似的我们考虑连着的 $0$ 的期望个数，设为 $g$ ，答案的期望为 $f$

然后分类讨论：

1. 若 $s_i=0$ 显然地：$g+=1$ ，而对于答案，原来的期望为 $(g-1)^2$ 而现在为 $g^2$ 直接用完全平方公式相减得到，即 $f+=2\times g-1$

2. 若 $s_i=1$ 显然地：$g=0$ 对答案没有影响

3. 若 $s_i=?$ 首先我们要转移答案，再转移连着的期望

   假如说我们现在转移到了 $i$ 号位，而答案的转移是从 $i-1$ 号位置转移的，但是如果先转移连着的期望，则就将上一个号的位置的答案覆盖掉了，并且加上了当前这个不确定的期望

   因为这一个地方填 $1$ 和 $0$ 是等概率的，所以 $f=g+0.5$ ， $g=\frac{g+1}{2}$

D -Solution

与C题类似地，只不过可以看成全为 $?$ 然后我们发现完全立方公式里面会出现平方项，所以说我们在处理连续的 $0$ 的时候，要处理一个连续 $0$ 的平方期望，并且将概率改一改即可

设 $g_1$ 为一次项，$g_2$ 为二次项，$f$ 为答案，则有：

$$f += （3 \times g_2 + 3 \times g_1 + 1) \times p_i $$$$g_2 = (g_2 + 2 \times g_1 + 1) \times p_i$$ $$g_1 = (g_1+1) \times p_i$$