做题记录
设当前已经有了 $i$ 种图案，共有 $n$ 种图案。
那么，下一次的图案有 $\dfrac{i}{n}$ 的概率是已有的图案， $\dfrac{n-i}{n}$ 的概率是还没有的图案。
由于概率为 $p$ 的事件期望在 $\dfrac{1}{p}$ 次后发生，所以得到新图案的期望为 $\dfrac{n}{n-i}$。
定义 $E(i)$ 表示已有 $i$ 种图案，抽到第 $i+1$ 种图案的期望，
根据期望的线性性质，抽齐所有图案的次数期望为 $\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}E(i)$
展开得 $\displaystyle\sum{i=0}^{n-1}\dfrac{n}{n-i}=n\sum{i=0}^{n-1}\dfrac{1}{n-i}=n\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}$
所以抽齐所有图案的次数期望为 $\displaystyle n\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}$
（输出挺麻烦的还）
设当前已经有了 $i$ 种邮票，共 $n$ 种邮票。
下一次的邮票有 $\dfrac{i}{n}$ 的概率是已有的邮票，有 $\dfrac{n-i}{n}$ 的概率是没有的邮票。
设 $f_i$ 表示现在取到了 $i$ 种邮票，要取完剩下种类邮票的期望次数。
显然 $fi=\dfrac{i}{n}\times f_i+\dfrac{n-i}{n}\times f{i+1}+1$
所以为什么要加这个一
移项化简可得， $fi=f{i+1}+\dfrac{n}{n-i}$
设 $g_i$ 表示现在取到了 $i$ 种邮票，要取完剩下种类邮票的期望次数。
$gi=\dfrac{i}{n}\times(g_i+f_i+1)+\dfrac{n-i}{n}\times (g{i+1}+f_{i+1}+1)$
化简得 $gi=\dfrac{i}{n-i}\times f_i+g{i+1}+f_{i+1}+\dfrac{n}{n-i}$
答案即为 $g_0$
设总共有 $N$ 块晶体，即 $N=\sum^7_{i=1}a_i$。
首先考虑前七个晶体触发大招的概率。
显然为 $\dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}$
由于只考虑前 $7$ 个晶体，所以它们的顺序可以任意变换。
因此前 $7$ 个晶体触发大招的概率为 $7! \times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}$
接下来考虑第 $2$ 到 $8$ 个晶体触发大招的概率。
若第一个晶体为 $a_1$ ，则 第 $2$ 到 $8$ 个晶体触发大招的概率为：
$7! \times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\times\dfrac{a_1-1}{N-7}$
若第一个晶体为 $a_2$ ，则 第 $2$ 到 $8$ 个晶体触发大招的概率为：
$7! \times \dfrac{a_2}{N}\times \dfrac{a_1}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}\times\dfrac{a_2-1}{N-7}$
可以看到，前 $7$ 项没有改变，而首项分别为 $7$ 种晶体的 $7$ 中情况末项和为 $\displaystyle\sum{i=1}^7\dfrac{a_i-1}{N-7}=\dfrac{1}{N-7}((\sum{i=1}^7a_i)-7)=1$
因此最终结果就是 $7!\times (N-6)\times \dfrac{a_1}{N}\times \dfrac{a_2}{N-1}\times \dfrac{a_3}{N-2}\times \dfrac{a_4}{N-3}\times \dfrac{a_5}{N-4}\times \dfrac{a_6}{N-5}\times \dfrac{a_7}{N-6}$
一个节点仅能在其祖先节点或自身节点被删除的同时删除。
所以一个节点 $i$ 有 $\text{dep}_i$ 种机会被删除掉。
但是如果先删除了该节点的祖先节点，那么该节点就不会被选中并删除。
那么节点 $i$ 就有 $\dfrac{1}{\text{dep}_i}$ 的概率以 $1$ 的删除次数被删除。
根据 $E(X)=\sumip_ix_i$ 可求，答案为 $\displaystyle\sum{i=1}^n\dfrac{1}{\text{dep}_i}$