Codeforces Round #604 (Div. 1)

题意

给出排成一列的 (n) 个格子，你要从 (1) 号格子走到 (n) 号格子之后（相当于 (n+1) 号格子），一旦你走到 (i+1) 号格子，游戏结束。 当你在 (i) 号格子时，你有 (p_i) 的概率走到 (i+1) 号格子，否则你会返回最近的一个 checkpoint （存档点），最近的存档点是指 (max{x|xleq i ; and ; ischeckpoint(x)}) 。对于每个 (query x) ，会把 (x) 号格子的 checkpoint 属性翻转，然后输出此时从 (1) 号格子走到 (n+1) 号格子的期望步数。

题解

考虑没有 checkpoint 的情况，也就是 2E 的题意。此时有两种比较好的解法：

1. 设 (dp_i) 表示从 (1) 号格子开始，第一次走到 (i) 号格子所需的期望步数，则 (dp_1=0) ，所求为 (dp_{n+1}) 。
   对于 (i+1) 号格子，走到它有两种可能：成功，从 (i) 号格子转移；失败，从 (1) 号格子转移。

   [dp_{i+1}=p_i(1+dp_i)+(1-p_i)(1+dp_i+dp_{i+1}) ]

   化简，即

   [dp_{i+1}=frac{1}{pi}(1+dp_i) ]

   递推可以求解。

2. 设 (dp_i) 表示从 (i) 号格子开始，第一次走到 (n+1) 号格子所需的期望步数，则 (dp_{n+1}=0) ，所求为 (dp_{1}) 。
   对于 (i) 号格子，下一步有两种可能：成功，转移到 (i+1) 号格子；失败，转移到 (1) 号格子。

   [dp_i=p_i(dp_{i+1}+1)+(1-p_i)(1+dp_1) ]

   则有

   [dp_{n+1}=0 ]
   [dp_n=p_n(dp_{n+1}+1)+(1-p_n)(1+dp_1) ]
   [dp_{n-1}=p_{n-1}(dp_n+1)+(1-p_{n-1})(1+dp_1) ]
   [dp_{n-2}=p_{n-2}(dp_{n-1}+1)+(1-p_{n-2})(1+dp_1) ]

   ...

   [dp_3=p_3(dp_4+1)+(1-p_3)(1+dp_1) ]
   [dp_2=p_2(dp_3+1)+(1-p_2)(1+dp_1) ]
   [dp_1=p_1(dp_2+1)+(1-p_1)(1+dp_1) ]

   每次把上一个式子代到下一个式子，会使得整个式子只带有 (dp_1) 一个未知项，最后把 (dp_1) 解出来就可以了。

那么加上 checkpoint ，解法出现了一些变化，只说看起来比较好的第一种。

设 (dp_i) 表示从 (1) 号格子开始，第一次走到 (i) 号格子所需的期望步数，则 (dp_1=0) ，所求为 (dp_{n+1}) 。
对于 (i+1) 号格子，走到它有两种可能：成功，从 (i) 号格子转移；失败，从 (x) 号格子转移， (x) 表示 (i) 对应的 checkpoint。
根据期望的线性性，可得 (cost(x,y)=dp_y-dp_x) ，表示从 (x) 号格子转移到 (y) 号格子的花费为两式的差。

[dp_{i+1}=p_i(1+dp_i)+(1-p_i)(1+dp_i+cost(x,i+1)) ]

化简，即

[dp_{i+1}=frac{1}{p_i}(1+dp_i-(1-p_i)dp_{x}) ]

[dp_{i+1}=frac{1}{p_i}(1+dp_i+(p_i-1)dp_{x}) ]

[dp_{i+1}=frac{1}{p_i}+dp_{x}+frac{1}{p_i}dp_i-frac{1}{p_i}dp_{x} ]

注意到一开始是没有任何 checkpoint 的（就算有也可以逐个添加进来），先按照 2E 的方法解决好。然后插入第一个 checkpoint (x) ，那么显然不比 (x) 大的都是不受影响的。
第一个受影响的点即 (x+1) ：

[dp_{x+1}=frac{1}{p_x}(1+dp_x-(1-p_x)dp_{x}) ]

化简，即

[dp_{x+1}=frac{1}{p_x}+dp_{x} ]

第二个受影响的点即 (x+2) （第一种化简格式）：

[dp_{x+2}=frac{1}{p_{x+1}}(1+dp_{x+1}-(1-p_{x+1})dp_{x}) ]

代入，即

[dp_{x+2}=frac{1}{p_{x+1}}(1+frac{1}{p_x}+dp_{x}-(1-p_{x+1})dp_{x}) ]

化简，即

[dp_{x+2}=frac{1}{p_{x+1}}(1+frac{1}{p_x}+p_{x+1}dp_{x}) ]

化简，即

[dp_{x+2}=frac{1}{p_{x+1}}+frac{1}{p_x p_{x+1}}+dp_{x} ]

代入第三种化简格式，检验成立

第三个受影响的点即 (x+3) （第三种化简格式）：

[dp_{x+3}=frac{1}{p_{x+2}}+dp_{x}+frac{1}{p_{x+2}}dp_{x+2}-frac{1}{p_{x+2}}dp_{x} ]

代入，即

[dp_{x+3}=frac{1}{p_{x+2}}+dp_{x}+frac{1}{p_{x+2}}(frac{1}{p_{x+1}}+frac{1}{p_x p_{x+1}}+dp_{x})-frac{1}{p_{x+2}}dp_{x} ]

化简，即

[dp_{x+3}=frac{1}{p_{x+2}}+frac{1}{p_{x+1} p_{x+2}}+frac{1}{p_x p_{x+1} p_{x+2}}+dp_{x} ]

假设保存有 (p_i) 的逆元 (invp_i) ，那么这个修改就相当于每个元素依次加上一个前缀积。