[CCPC－Wannafly & Comet OJ 夏季欢乐赛(2019)]飞行棋

题目链接：https://www.cometoj.com/contest/59/problem/E?problem_id=2714

求期望并且一堆转移基本上就是期望dp了(叉腰

照常的设dp[i]表示i位置到n位置的期望步数。则我们所求的是dp[0]。

初始化dp[n]=0,因为n到n的期望为0。

之后先讨论下i为n-1到n-k的时候。

我们可以列出转移方程(随便写几个

$dp[n-1]= frac{1}{k}*(dp[n]+dp[n-1]+dp[n-2]+cdot cdot cdot +dp[n-k+1])+1$

$dp[n-2]= frac{1}{k}*(dp[n-1]+dp[n]+dp[n-1]+cdot cdot cdot +dp[n-k+2])+1$

$cdot cdot cdotcdot cdot cdot$

$dp[n-k]= frac{1}{k}*(dp[n-k+1]+dp[n-k+2]+dp[n-k+3]+cdot cdot cdot +dp[n])+1$

这时候自(mang)信(fu)同学可能就直接上高斯消元了，而善于发现的老哥则会很轻松的写出一组解，即：$dp[n-1]=dp[n-2]=dp[n-3]=cdot cdot cdot =dp[n-k]=k$

之后再讨论下i为n-k-1到0的时候

就是很简单的转移：$dp[i]= frac{1}{k}*(dp[i+k]+dp[i+k-1]+dp[i+k-2]+cdot cdot cdot +dp[i+1])+1$

这里就可以直接矩阵快速幂优化。

先上一个8/15AC,7/15RE的不加速代码方便理解：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
const ll mod = 1000000007;
ll dp[maxn];
ll qpow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)ans = ans * a%mod;
        a = a * a%mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
    ll n, k;
    cin >> n >> k;
    ll inv = qpow(k, mod - 2);
    dp[n] = 0;
    ll sum = 0;
    for (int i = n - 1; i >= n - k; i--)
        dp[i] = k, sum = (sum + dp[i]) % mod;
    for (int i = n - k - 1; i >= 0; i--)
        dp[i] = (sum * inv + 1) % mod, sum = (sum - dp[i + k] + dp[i] + mod) % mod;
    printf("%lld
", dp[0]);
}

之后是本题正解：(先咕咕一下