草，到现在才知道概率期望 DP 这样一个科技啊……

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与其它 DP 不同的是，概率期望 DP 往往是列出有后效性的转移式，然后根据概率期望的客观确定性，解出这个方程组从而得到所有 DP 值。我以前只会暴列无穷级数，现在知道自己 sb 了吧……知道这个事情后，我们来做这一题。

首先考虑原状态的最优方案。你每次肯定要熄灭最大的那个灯，而且肯定不要额外开更大的灯吧，所以每部一定是按下当前最大的灯的编号的开关。随便模拟一下就能出来。（所以 B 君为啥觉得难呢）

然后我们考虑随便按上去一个按钮后，剩下来的情况的最优解是什么样的。如果恰好按到原计划的话，由于这个操作是有交换律的，所以最优解就是去掉它。否则如果按到了不该按的，不难知道就是在原最优解中加上它以还原。

于是问题就转化成：当前有 \(x\) 个计划，你每次随机一个值，要减到 \(m\) 个计划的期望次数。（\(x<m\) 直接输出就可以了吧？）

这时候考虑期望 DP。然而我还是走向了歧途。我考虑的是设 \(f_i(i\geq m)\) 为 \(i\) 减到 \(m\) 的期望次数。容易知道 \(f_m=0\)，转移为 \(f_i=1+\dfrac inf_{i-1}+\left(1-\dfrac in\right)f_{i+1}\)。这个怎么解呢？考虑从 \(i=m+1\) 往上代入消元，每次求出 \(f_i\) 关于 \(f_{i+1}\) 的表达式（记录常数项和一次项）。然后发现 \(f_n\) 只和 \(f_{n-1}\) 有关，然后结合 \(f_{n-1}\) 关于 \(f_n\) 的表达式解出来然后倒推。容易发现每一步的分母都是 \(\in(0,1]\) 的，不用担心 \(=0\) 的问题。但是问题来了，这里面不仅有乘法，还掺着加法，而分目与一次项有关，有可能 \(\bmod p=0\)！这时候已经不可做了。

于是只能参照题解搞出一个分母必定不为 \(0\) 的更神仙的做法。考虑设 \(f_i(i>m)\) 为 \(i\to i-1\) 的期望步数（统计答案就全加起来即可），那么容易得到 \(f_n=1\)，转移 \(f_i=1+\left(1-\dfrac in\right)(f_{i+1}+f_i)\)。考虑从 \(i=n-1\downarrow\) 倒推，这样分母是 \(i\)，不可能是 \(0\)，就可以做了。