首先推荐日报《数论小白都能看懂的数学期望讲解》
P1291 [SHOI2002]百事世界杯之旅
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假设当前已经有(k)个名字，设(a = frac{k}{n})，就是拿到一个已经有过名字的概率。
设在经过(t)次拿到新的名字，那么概率就是(a ^ {t - 1}(1 - a))。
那么期望次数就是(E(1 - a) = (1 - a) * 1 + (1 - a) * a * 2 + (1 - a) * a ^2*3... = (1 - a) * (1 + 2a + 3a^2...) = E(1) - E(a))。
我们还可以知道(E(a) = a + 2a^2 + 3a^3+... = E(1) - 1 - a - a^2 - a^3...)。
然后移个项就可以得到(E(1 - a) = 1 + a + a ^2 + a ^ 3 + ... = frac{1 - a^t}{1 - a})。
因为(0 < a < 1)，所以(a ^ t)接近于0，所以(E(1 - a) = frac{1}{1 - a} = frac{n}{n - k})。
所以我们最后的答案就是(displaystyle sum _{k = 0}^{n - 1} frac{n}{n - k})。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 40;
int n, tag;
long long tmpm, tmpz;
long long gcd(long long x, long long y) {
return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}
long long LCM(long long x, long long y) {
return x * y / gcd(x, y);
}
signed main() {
n = read();
long long lcm = -1;
if(n == 0) { printf("0
");return 0; }
for(int k = 0;k < n; k++) {
if(lcm == -1) lcm = n - k, tmpm = n - k, tmpz = n;
else {
lcm = LCM(lcm, n - k);
tmpz = tmpz * (lcm / tmpm) + n * (lcm / (n - k));
tmpm = lcm;
long long g = gcd(tmpz, tmpm);
tmpz /= g; tmpm /= g;
}
}
if(tmpm == 1) printf("%lld
", tmpz);
else {
long long a = tmpz / tmpm, b = tmpz % tmpm, len = 0, len2 = 0;
long long tmp = a, tmp2 = tmpm;
do len ++; while(tmp /= 10);
do len2 ++; while(tmp2 /= 10);
for(int i = 1;i <= len; i++) cout << " ";
printf("%lld
", b);
printf("%lld", a);
for(int i = 1;i <= len2; i++) cout << "-";
printf("
");
for(int i = 1;i <= len; i++) cout << " ";
printf("%lld
", tmpm);
}
return 0;
}
P3802 小魔女帕琪
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设(N = displaystyle sum _{i = 1}^{7}a_i)。
首先我们假设一连串取出前七个不同的，那么它的概率就是：(P = frac{a_1}{N}*frac{a_2}{N - 1}*frac{a_3}{N - 2}*frac{a_4}{N - 3}*frac{a_5}{N - 4}*frac{a_6}{N - 5}*frac{a_7}{N - 6})。
然后我们发现取元素的顺序不同也是不同的方案，所以前七个释放大招的期望就是(E = 7！* P * 1)。
然后我们看第八个元素，我们知道([2, 8])也是可以释放大招的，于是我们又可以写出概率（第一个元素已经确定）：(P' = frac{a_1}{N}*frac{a_2}{N - 1}*frac{a_3}{N - 2}*frac{a_4}{N - 3}*frac{a_5}{N - 4}*frac{a_6}{N - 5}*frac{a_7}{N - 6} * frac{a_1 - 1}{N - 7})。
第八个元素其实是1到7都可以放的，而且我们又可以知道(displaystyle sum_{i = 1}^{7} frac{a_i - 1}{N - 7} = 1)。
所以前八个释放大招的期望就是(E' = 2 * 7！* displaystyle sum_{i = 1}^{7} P'* 1 = 2 * 7! * P * 1)。
以此类推，前n个释放大招的期望就是(E = 7! * (N - 6) * P)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
int a[8];
long double fac, sum, ans;
int main() {
fac = 1; ans = 1;
for(int i = 1;i <= 7; i++) {
a[i] = read(); sum += a[i]; fac *= i;
}
if(sum < 7) { printf("0.000
"); return 0; }
for(int i = 1;i <= 7; i++) {
ans *= 1.0 * a[i] / (sum - i + 1);
}
printf("%.3Lf", fac * ans * (sum - 6));
return 0;
}
P3750 [六省联考2017]分手是祝愿
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首先确定最小的操作次数(cnt)。我们从后往前扫，遇到亮着的就把他灭掉，这样可以求出最少操作次数。因为每一个灯可以将按得次数变为按或没有按，我们假设(p)位置的灯是亮着的，(p)后面的灯是关的，那么(p)这个灯只能通过按下自己使自己灭掉。这样找的话我们找到的是必须按下的灯，也就是其他灯不管是按了偶数次，相当于没按。
如果(cnt <= k)，那么答案就是(cnt * n!)。
如果(cnt > k)，我们需要求出让操作次数小于等于(k)的期望步数。
(f[i])表示让操作次数从(i)次变到(i - 1)次的期望步数，那我们可以列出DP转移方程：(f[i] = frac{i}{n} + frac{n - i}{n} * (f[i] * f[i + 1] + 1))。我们有(n)个灯，按到必须按的灯的概率（也就是可以让操作次数减小的灯的概率）是(frac{i}{n})，那么按到多余的灯的概率就是(frac{n - i}{i})，按到多余的灯就得把多的那一个操作次数按回来，就是乘上(f[i + 1])，因为要变到(i - 1)，所以还要乘上(f[i])，然后再加上1的错误操作。化简一下就可以变成(f[i] = frac{n + (n - i)f[i + 1]}{i})。
所以答案就是((f[cnt] + f[cnt - 1] + ... + f[k + 1] + k) * n!)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e5 + 5, mod = 1e5 + 3;
int n, k, cnt, ans;
int a[N], f[N];
int ksm(int x, int y, int mod) {
int res = 1;
while(y) {
if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
x = 1ll * x * x % mod; y >>= 1;
}
return res;
}
int inv(int x) {
return ksm(x, mod - 2, mod);
}
int main() {
n = read(); k = read();
for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = read();
for(int i = n;i >= 1; i--) {
if(a[i]) {
cnt ++;
for(int j = 1;j * j <= i; j++) {
if(!(i % j)) {
a[j] ^= 1;
if(j * j != i) a[i / j] ^= 1;
}
}
}
}
for(int i = n;i >= 1; i--) f[i] = 1ll * (n + 1ll * (n - i) * f[i + 1] % mod) % mod * inv(i) % mod;
if(cnt <= k) ans = cnt;
else {
for(int i = cnt;i >= k + 1; i--) ans = (ans + f[i]) % mod;
ans = (ans + k) % mod;
}
for(int i = 1;i <= n; i++) ans = 1ll * ans * i % mod;
printf("%d", ans);
return 0;
}