设总方案数为 \(all=(w_1+w_2+w_3+w_4)^n\) 种，第 \(i\) 个方案经过的不同位置个数为 \(d_i\)，则有：
\[V\times all=\sum (d_i-\overline d)^2\times all=(\sum d_i^2+all\times \overline d^2-2\overline d\sum d_i)\times all \]由于 \(\overline d=\frac{\sum d_i}{all}\)，故有：
\[V\times all=all\sum d_i^2-(\sum d_i)^2 \]所以我们只需要算出 \(\sum d_i^2\) 和 \(\sum d_i\) 即可。
先考虑 \(\sum d_i\) 怎么做。考虑利用期望的线性性，把贡献下放到每个位置上，统计第 \(i\) 步能走到的首次经过位置个数。则对于这些节点，贡献为后面步数随便走的方案数。（我们可以总结的套路是，如果存在取多次只算一次贡献，不妨将贡献放到取第一次上）
考虑我们在第 \(i\) 步走到某个位置时，该位置不是第一次走到，那么我们一定可以找到第一次走到该位置的步数 \(p\)，且在 \(p\) 后的 \(i-p\) 步一定是绕了若干圈又回到原地。
所以不妨设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 步能走到的新位置的总贡献，\(all_i=(w_1+w_2+w_3+w_4)^i\)，\(s(p,i,j)\) 表示从当前节点 \((x,y)\) 开始，走 \(p\) 步之后走到 \((x+i,y+j)\) 的方案数。其中 \(s(p,i,j)\) 可以通过递推在 \(O(n^3)\) 以内求出。则有转移：
\[f_i=all_i-\sum_{j=0}^{i-1}f_js(i-j,0,0) \]初始为 \(f_0=1\)。则：
\[\sum d=\sum_{i=0}^n f_iall_{n-i} \]接下来考虑 \(\sum d^2\)。请在求平方期望时考虑其组合意义，对于方案中新位置对计数。
故我们现在要求的就是，中途经过位置 \((i,j)\)、第 \(p\) 步时第一次经过另一个位置 \((i+x,j+y)\) 的方案数，我们将其设为 \(g(p,x,y)\)。总方案数可以为 \(f_k\) 和 \(s(p-k,x,y)\) 拼接的结果，但如果这样我们会算重一些方案：
-
我们并非先走到了 \((i,j)\) 再走到了 \((i+x,j+y)\)，而是先 \((i+x,j+y)\)，再到 \((i,j)\)。这部分的方案数为 \(g(k,-x,-y)\times s(p-k,x,y)\)。
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我们并非第一次走到 \((i+x,j+y)\)。这部分的方案数为 \(g(k,x,y)\times s(p-k,0,0)\)。
把它们减去，即可得到 \(g(p,x,y)\)：
\[g(p,x,y)=\sum_{k=0}^{p-1}f_ks(p-k,x,y)-g(k,-x,-y)s(p-k,x,y)-g(k,x,y)s(p-k,0,0) \]于是我们可以得到：
\[\sum d^2=\sum d+2\sum g(p,x,y) all_{n-p} \]乘 \(all_{n-p}\) 的原因和前面一样，我们找到位置对之后后面的步数可以随便走。乘 \(2\) 是因为一个位置对会造成两次贡献。
总时间复杂度 \(O(n^4)\)，瓶颈在 \(g\) 的求解。
注意 \(g(*,0,0)\) 不合法一定为 \(0\)，以及在求解 \(g\) 时需要尽量减少枚举常数。
标签：方案,sum,位置,times,overline,逃跑,我们,UER From： https://www.cnblogs.com/ydtz/p/17762694.html