还差很多
# 题面
有一个长度为 (n) 的数列 ({a_1,a_2,dots,a_n}) 和一个整数 (b),初始 (a_i=0,b=0),(a_i) 值域为 ([0,m-1])。进行 (Q) 次操作,每次操作是下列所有操作中的一种:
A l r v
:对 (iin[l,r]),(a_ileftarrowmax{a_i,v}),这种操作一共包含 (m imes frac{n(n+1)}{2}) 种;B l r v
:对 (iin[l,r]),(a_ileftarrowmin{a_i,v}),这种操作一共包含 (m imes frac{n(n+1)}{2}) 种;C l r
:(bleftarrow b+sum_{i=l}^ra_i),这种操作一共包含 (frac{n(n+1)}2) 种。
求 (Q) 次操作后 (b) 的期望(原题是求所有方案的 (b) 之和,本质一样……)。
(1le n,m,Qle2 imes 10^5)
# 解析
这是一道利用期望线性性分拆贡献的好题:),具体分拆贡献分为两步:
(Ⅰ)将 (mathbf{E(b)}) 分拆为每一次操作对 (mathbf b) 的贡献。
由题意易知只有 C操作 会对 (b) 有贡献。若第 (i) 次操作是 C 操作,设其对 (b) 的贡献为 (ans_i)。一共有 ((2m+1)inom n2) 种操作,而 C 操作有 (inom n2) 种,于是某一次操作是 C 操作的概率是 (frac 1{2m+1})。然后可以写出下面的式子:
考虑怎么计算 (E(ans_j))。
Tab. 记 (a_{i,j}) 表示数字 (a_i) 在 (j) 次操作后的值。
(Ⅱ)将 (mathbf{E(ans_j)}) 分拆为每个 (mathbf{E(a_{i,j})}) 的贡献。
某次操作区间包含 (a_i) 的概率为 (frac{i(n-i+1)}{inom n2}),则
而对于 (E(a_{i,j})),要利用到将离散期望用概率表达的技巧:
为了方便计算上式的概率,我们定义一次操作对 (a_i) 有效,当且仅当:
- 是 A/B 操作;
- 操作区间包含 (i);
- 如果是 A(max) 操作,则要求 (vge a_i);如果是 B(min) 操作,则要求 (v< a_i)。
那么可以推得某一次操作对 (a_i) 有效的概率为 (H_i=frac{i(n-i+1)}{inom n2}cdotfrac{2m}{2m+1}cdotfrac{a_i+(m-a_i-1)}{m}),发现概率与 (a_i) 无关。
那么什么时候会有 (a_{i,j}>k)?当且仅当最后一次有效操作的 (v) 有 (v>k)。所以 (P(a_{i,j}>k)) 可以这样计算:
- 在前 ((j-1)) 次操作中(第 (j) 次是 C 操作,一定无效)存在有效操作:([1-(1-H_i)^{j-1}])(即从所有方案中减去 (j-1) 次操作都无效的方案);
- 最后一次有效操作 (v>k):(frac{m-k-1}m)。
所以 (P(a_{i,j}>k)=frac{m-k-1}m[1-(1-H_i)^{j-1}])
综上
最后
后面对 (1-(1-H_i)^{j-1}) 的式子求和就用等比数列,可以做到 (O(log Q)),于是总复杂度 (O(nlog Q))。
# 源代码
/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
#define ci const int &
inline int Add(ci a,ci b){return a+b>=MOD? a+b-MOD:a+b;}
inline int Sub(ci a,ci b){return a-b<0? a-b+MOD:a-b;}
inline int Mul(ci a,ci b){return 1ll*a*b%MOD;}
inline int Pow(ci a,ci b){return b? Mul(Pow(Mul(a,a),b>>1),(b&1)? a:1):1;}
int n,m,Q;
//p^0+p^1+...+p^(t-1)
int loca(int varp,int vart){return Mul(Sub(Pow(varp,vart),1),Pow(Sub(varp,1),MOD-2));}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
int var1=Pow(Mul(n,n+1),MOD-2),var2=Pow(2*m+1,MOD-2),var3=Mul(Sub(m,1),Pow(2,MOD-2)),ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int varq=Mul(Mul(i,n-i+1),Mul(var1,var2)),varp=Mul(Mul(Mul(m,i),n-i+1),Mul(var1,var2));
varp=Mul(varp,2),varq=Mul(varq,2);
int sum=Sub(Q,loca(Sub(1,varp),Q));
ans=Add(ans,Mul(sum,Mul(var3,varq)));
}
int all=Pow(Mul(Mul(n,n+1),Mul(Pow(2,MOD-2),2*m+1)),Q);
// printf("? %d
",all);
printf("%d
",Mul(ans,all));
return 0;
}
THE END
Thanks for reading!
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