题解 骰子

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Description

桌面上有 (2) 只完全相同的骰子，定义一次操作如下：将桌子上的骰子全部抛出，然后去掉那些奇数点的骰子，如果桌子上还有骰子，则重复上面的操作。

求操作 (n) 次后，桌面上至少还有一个骰子的概率。

为了方便起见，你只需要输出概率对 (19260817) 取模的结果。

Input

(1) 行 (1) 个整数 (n)

保证 (n) 在 (long) (long) 范围内

Output

(1) 行 (1) 个结果 对 (19260817) 取模的结果

Sample Input

1

Sample Output

4815205

HINT

对于 (40) (\%) 的数据 : (1leq nleq 1,000,000)

对于 (100) (\%) 的数据 : (n) 在 (long) (long) 范围内

---

第一次扔骰子，有 (frac{3}{4}) 概率至少还有一个骰子。

写在前面

骰(tóu)子

思路

很明显这道题就是要分析一个概率，最后再乘法逆元求模数

乘法逆元求模数比较简单，难点就在于求概率

首先我们先分析一下样例，样例抛了(1)次骰子，至少剩下一个骰子的概率为(frac{3}{4})

接下来我们来画个表来分析一下样例

情况	A骰子	B骰子	出现概率	剩余骰子数量	是否满足条件
1	奇数	偶数	(frac{1}{4})	(1)	√
2	偶数	奇数	(frac{1}{4})	(1)	√
3	偶数	偶数	(frac{1}{4})	(2)	√
4	奇数	奇数	(frac{1}{4})	(0)	×

所以说，总的出现概率就是(frac{1}{4}+frac{1}{4}+frac{1}{4}=frac{3}{4})

第二次投骰子时，情况如下

上次情况	本次情况	A骰子	B骰子	出现概率	剩余骰子数量	是否满足条件
1	1	无	偶数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{2}=frac{1}{8})	(1)	√
1	2	无	奇数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{2}=frac{1}{8})	(0)	×
2	3	偶数	无	(frac{1}{4} imesfrac{1}{2}=frac{1}{8})	(1)	√
2	4	奇数	无	(frac{1}{4} imesfrac{1}{2}=frac{1}{8})	(0)	×
3	5	奇数	偶数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{4}=frac{1}{16})	(1)	√
3	6	偶数	奇数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{4}=frac{1}{16})	(1)	√
3	7	偶数	偶数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{4}=frac{1}{16})	(2)	√
3	8	奇数	奇数	(frac{1}{4} imesfrac{1}{4}=frac{1}{16})	(0)	×
4	9	无	无	(frac{1}{4} imesfrac{1}{1}=frac{1}{4})	(0)	×

所以说，总的出现概率就是(frac{1}{8}+frac{1}{8}+frac{1}{16}+frac{1}{16}+frac{1}{16}=frac{7}{16})

发现什么规律了吗?

我们发现，对于每种状态来说，它下一次所发生的状态与本次发生状态是相同的，如下图：

图中每一个节点就代表一种情况（白色节点代表桌面上至少还有一个骰子）

那么每一个节点出现的概率如下图（图中出现的节点均为至少剩余一个骰子的情况）：

那么桌面上至少还有一个骰子的总概率为

[2 imessum_{i=n+1}^{2n-1}{frac{1}{2^i}}+3 imesfrac{1}{2^{2n}} ]

即

[sum_{i=n}^{2n}{frac{1}{2^i}} ]

已知

[sum_{i=0}^{m}{frac{1}{2^i}}=2-frac{1}{2^m} ]

所以

[sum_{i=n}^{2n}{frac{1}{2^i}} ]

即

[sum_{i=0}^{2n}{frac{1}{2^i}}-sum_{i=0}^{n-1}{frac{1}{2^i}} ]

为

[(2-frac{1}{2^{2n}})-(2-frac{1}{2^{n-1}}) ]

即

[frac{1}{2^{n-1}}-frac{1}{2^{2n}} ]

即

[frac{2^{n+1}-1}{2^{2n}} ]

最终的结果就是(frac{2^{n+1}-1}{2^{2n}})对(19260817)取模的值

只要再用快速幂+逆元就可以了

代码

最后附上代码

#include<iostream>
#define mod 19260817
using namespace std;
unsigned long long n;
int p(unsigned long long x){//快速幂
	int res=1;
	long long c=2;
	while(x>0){
		if(x&1)res=(res*c)%mod;
		c=(c*c)%mod;
		x>>=1;
	}
	return res;
}
long long x,y;//逆元
void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b);
	x=x-(a/b)*y;
	swap(x,y);
}
int main() {
	cin>>n;
	int a=p(n+1)-1,b=p(n*2);
	exgcd(b,mod);
	x=(x%mod+mod)%mod;
	cout<<(a*x)%mod;
	return 0;
}