Puedo mejorar un poco en MJD del método. Esto se basa en calcular para cada estado $S$ (el último de la $N$ valores) los restantes el número de pasos $L(S)$ hasta un estado final (última $N$ valores iguales) es alcanzado.
Me voy a cambiar la notación ligeramente. Deje $T_S$ el número de pasos de estado $S$ hasta un estado final al que se llega, y asumir que este estado final consta de $N$ copias de el valor de $F_S$. Tanto en $T_S$ $F_S$ son variables aleatorias, y $L(S)=\text{E}[T_S]$.
A continuación, podemos escribir
$$
\text{E}[T_S]
=\sum_{u\in\mathcal{A}} \text{E}[T_S|F_S=u]\cdot\Pr[F_S=u]
=\sum_{u\in\mathcal{A}}\sum_{t=0}^\infty \Pr[T_S=t, F_S=u]\cdot t
$$
donde $u$ se ejecuta a través de los valores de $\mathcal{A}=\{1,\ldots,N\}$. La probabilidad de
$\Pr[T_S=t, F_S=u]$ es la de llegar a un estado final con el final de la $N$ valores iguales a $u$ después $t$ pasos.
En lugar de calcular la espera que el resto de los pasos para todas las combinaciones de $\mathcal{A}^N$ (modulo permutaciones en $\mathcal{A}$), todo lo que necesitamos son los valores
$$
L_u(S)=\text{E}[T_S|F_S=u]\cdot\Pr[F_S=u]
$$
que sólo depende de que los elementos de $S$ son igual a $u$. Por lo tanto, es suficiente para calcular los $L_1(S)$ $S\in\{1,0\}^N$ donde $1$ indica que el valor de $u$ $0$ un valor distinto de $u$.
Esto reduce la carga computacional a tener $2^N$ diferentes $L_1(S)$ a calcular.
Actualización: Aquí están las ecuaciones necesarias para resolver $L_1(S)$. Como señaló MJD en el comentario, estos son un poco diferentes.
Para facilitar la notación, vamos a limitarnos al caso en que $S\in\{0,1\}^N$. Entonces podemos escribir
$$
L_1(S)=\text{E}[T_S|F_S=1]\cdot\Pr[F_S=1]=\text{E}[T_S F_S].
$$
Podemos entonces expresar $L_1(S)$ para los estados finales $S$ (es decir, no todos los 0s o 1s) en términos de $L_1(S')$ donde $S'$ son los siguientes estados
$$
\begin{split}
L_1(S)&=\text{E}[T_S F_S]=\Pr[F_S=1]+\text{E}[(T_S-1) F_S]\\
&=\Pr[F_S=1]+\sum_{S'} \Pr[S\rightarrow S']\cdot\text{E}[T_{S'} F_{S'}]\\
&=\Pr[F_S=1]+\sum_{S'} \Pr[S\rightarrow S']\cdot L_1(S')
\end{split}
$$
donde $\Pr[S\rightarrow S']$ denota la probabilidad de transición de $S$ para el siguiente estado $S'$: es decir, si $S=(s_1,\ldots,s_N)$ el siguiente estado será $S'=(s_2,\ldots,s_N,1)$ con probabilidad de $\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N s_i$, e $S'=(s_2,\ldots,s_N,0)$ con probabilidad de $1-\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N s_i$.
Tenga en cuenta que nosotros no podríamos haber hecho esto en el condicional $\text{E}[T_S|F_S=1]$, aunque se ve tentador, como $\text{E}[T_{S'}|F_{S'}=1]$ son condicionales $F_{S'}=1$$F_S=1$. Sin embargo, tenemos
$$
\Pr[F_S=1]=\sum_{S}\Pr[S\rightarrow S']\cdot\Pr[F_{S}=1].
$$
Ahora tenemos que calcular $\Pr[F_s=1]$ todos los $S$.
Para ello, vamos a volver a la original $S=(1,\ldots,N)$ y deje $q_k=\Pr[F_S=k]$. El siguiente estado $S'=(2,\ldots,N,s')$$s'=1,\ldots,N$, cada una con probabilidad de $1/N$. Esto nos da, escrito $q_0=0$ por comodidad,
$$
q_k=q_{k-1}+\frac{q_N}{N} \implica q_k=\frac{2k}{N(N+1)}
$$
que es sólo la expresión anterior para $\Pr[F_S=k]$ en términos de la suma,$S'$.
Para $S\in\{0,1\}^N$ a continuación, obtener
$$\Pr[F_S=1]=\sum_{k=1}^N s_kq_k=\frac{2}{N(N+1)}\sum_{k=1}^N s_k.$$
Ejemplo: Vamos a hacer $N=2$.
Para facilitar la notación, voy a escribir $f_S=\Pr[F_S=1]$$l_S=L_1(S)$$S\in\{0,1\}^N$.
Primero $f_{00}=0$, $f_{10}=1/3$, $f_{01}=2/3$ y $f_{11}=1$.
Para el final de los estados, tenemos $l_{00}=l_{11}=0$. Entonces, tenemos
$$
\begin{split}
l_{10}&=f_{10}+\frac{1}{2}(l_{00}+l_{01})=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}l_{01}\\
l_{01}&=f_{01}+\frac{1}{2}(l_{10}+l_{11})=\frac{2}{3}+\frac{1}{2}l_{10}\\
\end{split}
$$
que resuelve a$l_{01}=10/9$$l_{10}=8/9$.
Volviendo al problema original, $S\in\{1,\ldots,N\}$, podemos calcular
$$
L(12)=\sum_u L_u(12)=l_{10}+l_{01}=2
$$
donde los dos se $l$ términos corresponden a recoger $u=1$$u=2$.
La notación podría tal vez haya sido menos confuso si hubiera utilizado los valores true y false en lugar de 1 y 0, intruduced el indicador de mapa de $\chi_u(S)$ que se asigna a $u$ a true y el resto de los valores a false, y consistenty escrito $S\in\mathcal{A}^N$, mientras que el uso de $\chi_u(S)\in\{\textit{false},\textit{true}\}^N$. Espero, sin embargo, todavía era lo suficientemente clara.
Hice los cálculos (utilizando Maple para resolver las ecuaciones lineales). Si $L_N=L(12\ldots N)$, que he encontrado:
$$
\begin{split}
L_2&=2\\
L_3&=\frac{19}{4}=4.75\\
L_4&=\frac{1179}{140}=8.4214\ldots\\
L_5&=\frac{12226997}{934830}=13.079\ldots\\
L_6&=\frac{633096670030808}{33784478422065}=18.739\ldots\\
&\text{etc.}\\
\end{split}
$$
que no son números que el factor de bien.
