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题目传送门 - AGC006C
题意
有 $n$ 个兔子,从 $1$ 到 $n$ 编号,第 $i$ 个兔子的初始位置为 $x_i$ ,有 $K$ 次操作,每次操作分 $m$ 步,其中第 $j$ 步用一个数 $a_j$ 描述,这一步的效果是:等概率在 $a_j-1$ 和 $a_j +1$ 中选择一个(假设选择的那个是 $x$),并让兔子 $a_j$ 跳到以兔子 $x$ 为对称中心时,兔子 $a_j$ 的对称位置。求最终所有兔子的位置的期望。
$n,mleq 10^5, Kleq 10^{18}, |x_i|leq 10^9$
题解
废话1:我好久没写有质量的博客了,现在写一篇。
废话2:置换方向写反,写成了逆置换,被续走 15 分钟。
又是一道 AC 之后再证明的题。
假设兔子 $i$ 跳一步,则:(假设 $E(i)$ 表示兔子 $i$ 的位置这时的期望)
$$E(i) = frac 12 (2x_{i-1}-x_i) + frac 12 (2x_{i+1}-x_i) = x_{i-1}+x_{i+1}-x_{i}$$
于是,可以归纳证明,在跳了若干次之后,满足:
$$E^prime(i) = frac 12 (2E(i-1)-E(i)) + frac 12 (2E(i+1)-E(i)) = E(i-1)+E(i+1)-E(i)$$
于是每次跳,相当于使
$$x_i^prime = x_{i-1}+x_{i+1}-x_i$$
记 $d_i = x_{i+1}-x_{i}$ ,可以发现,上述操作的实质就是
$${ m swap}(d_{i-1},d_i)$$
于是,我们只需要处理出一组操作的效果,得到一个 $n-1$ 个数的置换,然后做 $K$ 次置换即可。
这个只需要把置换分解成多个轮换就好了。
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=100005; int n,m,x[N],a[N]; int b[N],vis[N],tmp[N],t; int ans[N]; LL K; int main(){ scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]); scanf("%d%lld",&m,&K); for (int i=1;i<n;i++) b[i]=i; for (int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d",&a[i]); swap(b[a[i]-1],b[a[i]]); } memset(vis,0,sizeof vis); for (int i=1;i<n;i++){ if (vis[i]) continue; vis[i]=1; tmp[t=1]=i; for (int j=b[i];j!=i;j=b[j]) vis[tmp[++t]=j]=1; int d=K%t; for (int j=1;j<=t;j++) ans[tmp[j]]=tmp[(j-1+d)%t+1]; } LL tot=x[1]; printf("%lld ",tot); for (int i=1;i<n;i++) printf("%lld ",tot+=x[ans[i]+1]-x[ans[i]]); return 0; }