stone2 [期望]

也许更好的阅读体验

(mathcal{Description})
有 (n) 堆石子,依次编号为 (1, 2,ldots , n),其中第 (i) 堆有 (a_i) 颗石子
你每次在仍然有石子的石子堆中等概率随机选择一堆石子,并取走其中一颗石子
求第 (1) 堆石子被取走的时间的期望

(nleq 5 imes 10^5,a_ileq 5 imes 10^5)

(mathcal{Solution})
这题其实也不难，然而也不是考虑(DP)，和stone一样
问题要求的实际就是在第(1)堆石子被取完之前，总共有多少个石子被拿走了
显然(a_1)被拿完了，再考虑期望的线性性，由于你取走其他堆石子对当前堆没有影响，可以单独考虑每一堆石子被取了多少个

先考虑(a_i)没有全部被取完
假设第(i)堆石子被取走了(xleft(0leq xleq a_i-1 ight))颗石子，因为第(i)堆石子没被取完，而没有继续被取走肯定是因为第(1)堆石子被取完了
设(1)为从第一堆石子中取一颗石子，(0)为从第二堆石子中取一颗石子
那么方案数就是有(a_1)个(1)和(x)个(0)的长度为(a_1+x)的且最后一位是(1)的二进制串的个数
则有(egin{pmatrix}a_1+x-1 \ xend{pmatrix})种方案数，总方案数为(2^{a_1+x})，那么概率就是(p_x=frac{egin{pmatrix}a_1+x-1\ xend{pmatrix}}{2^{a_1+x}})

若(x=a_i)，这个看起来没原来那么好算了，想到这两种情况的概率加起来应该等于(1)，所以这种情况的概率就是(q=1-sumlimits_{j=0}^{a_i-1}p_j)
则我们得到(E_i=sumlimits_{j=0}^{a_i-1}j*p_j+qa_i)
总期望就是(E=sumlimits_{i=2}^nE_i)，写复杂点就是

(E=left(sumlimits_{i=2}^nleft(sumlimits_{j=0}^{a_i-1}j*frac{egin{pmatrix}a_1+j-1 \ jend{pmatrix}}{2^{a_1+j}} ight)+a_ileft(1-sumlimits_{j=0}^{a_i-1}frac{egin{pmatrix}a_1+j-1 \ jend{pmatrix}}{2^{a_1+j}} ight) ight)+a_1)

这个东西怎么维护呢，直接考虑(a_i)变成(a_i+1)的情况，我们考虑里面那个(sum)的变化，实际上只有枚举上界增大(1)变成了(a_i)我们直接对(a_i)的所有取值的答案都预处理出来就行了

(mathcal{Code})

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年11月08日 星期五 16时20分30秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
const int lim = 1000000;
const int h = 500000;
const int mod = 323232323;
//cin为我打的快读板子，详细内容可去看以前的代码，总是在这里写感觉有点影响阅读
int n,p,ans,a;
int fac[maxn],ifac[maxn],inv[maxn],mi[maxn],f[maxn],g[maxn];
int C (int n,int m){	return 1ll*fac[n]*ifac[n-m]%mod*ifac[m]%mod;}
int main()
{
	fac[0]=ifac[0]=mi[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=lim;++i)	inv[i]=(mod-1ll*mod/i*inv[mod%i]%mod);
	for (int i=1;i<=lim;++i)	fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod,mi[i]=1ll*mi[i-1]*inv[2]%mod;

	cin>>n>>a;
	ans=a;

	//枚举上界为i
	g[0]=mi[a];
	for (int i=1;i<=h;++i){
		int p=1ll*C(a+i-1,i)*mi[a+i]%mod;
		f[i]=(f[i-1]+1ll*i*p%mod)%mod;
		g[i]=(g[i-1]+p)%mod;
	}

	//石子数为i的答案
	for (int i=h;i>=1;--i)	f[i]=(f[i-1]+1ll*i*(mod+1-g[i-1])%mod)%mod;

	for (int i=2;i<=n;++i)	cin>>a,ans=(ans+f[a])%mod;

	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

如有哪里讲得不是很明白或是有错误，欢迎指正
如您喜欢的话不妨点个赞收藏一下吧