逃亡 解题报告

逃亡

题意

数轴上有 (m) 个整型随机变量，每个单位时间内，每个随机变量会等概率增大或减小 (1)，问 (n) 个单位时间内，期望有多少个整数至少被经过一次。

数据范围

设测试点编号为(k)

测试点	(n)	(m)
(1 sim 4)	(le 5000)	(=1)
(5 sim 6)	(=lfloor (log_{1.04}k)^4 floor)	(=k-4)
(7 sim 10)	(=lfloor (log_{1.04}k)^4 floor)	(=1)
(11 sim 20)	(le 100000)	(le 20)

---

考场打表一时爽，放屁一点都不爽，这个题压根没拿到分数...

先考虑(m=1,n=1e7)的那些分

首先，题目可以被转化成求每个整数位置被经过的概率，常见的化期望为概率的方法。

然后把被经过分成两类，一类是最后停在这个点，一类是经过了这个点，这样经过每某个点可以从其他点的停在某个点的概率求过来。

先考虑一个变量从(0)开始停在数轴右边位置(i)的概率(E(i))，首先这个停住的位置必须和(n)奇偶性相同，而每一次可以走右边或左边，那么需要走右边的次数为(frac{n+i}{2})，于是可以根据组合意义得到

[E(i)=[iequiv npmod 2]frac{1}{2^n}inom{n}{frac{n+i}{2}} ]

然后设(p_i)为经过(i)的概率，那么有两种情况，一种是越过了(i)停在(i)的右边，一种是停在(i)的左边，稍微研究一下我们可以发现，这两种情况的答案是一样的。可以这么理解，更换原点为(i)，然后重新跑，显然两边有对称，那么(p_i)有

[p_i=E_i+2sum_{j>i}p_j ]

推广到多个起点的情况是差不多的，仍然是求每个点的概率，相交的地方算一下不经过的概率减一下就可以了，复杂度(O(nm^2))

---

Code:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int mod=998244353;
#define add(a,b) (a+b>=mod?a+b-mod:a+b)
#define mul(a,b) (1ll*(a)*(b)%mod)
const int N=12000000;
int qp(int d,int k){int f=1;while(k){if(k&1)f=mul(f,d);d=mul(d,d),k>>=1;}return f;}
int n,m,pos[30],fac[N],inv[N],E[N],p[N];
#define C(m,n) mul(fac[m],mul(inv[n],inv[(m)-(n)]))
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",pos+i);
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	inv[n]=qp(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
	int p2=qp(qp(2,n),mod-2);
	for(int i=n&1;i<=n;i+=2) E[i]=mul(C(n,(n+i)/2),p2);
	for(int i=n;i>=0;i--) p[i]=add(E[i],add(p[i+1],E[i+1]));
	std::sort(pos+1,pos+1+m);
	int l=pos[1]-n,r=pos[m]+n,ans=0;
	for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        int pn=1;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int d=abs(pos[j]-i);
            if(d<=n) pn=mul(pn,add(1,mod-p[d]));
        }
        ans=add(ans,add(1,mod-pn));
    }
    printf("%d
",ans);
	return 0;
}

---

2019.1.14