Codeforces 1264C Beautiful Mirrors with queries (概率dp)

队里有人问我这题，我就做了一下，然后就ac了

题意

这个人会从1到n这n个镜子（其中记了若干个checkpoint），他依次问孰与城北徐公美，第(i)个镜子回答Yes的概率是(p_i),No的概率是(1-p_i).如果(i)回答了Yes,他就会去问(i+1),否则返回去问上一个checkpoint那个镜子。求最后问了镜子n且回答了Yes所需的期望次数。

他会做(Q)次更新，每次更新会增加或删除一个checkpoint。保证1永远是一个checkpoint。

(Q,nleq 2*10^5).

解

从概率dp入手：设(E_i)为问了前(i-1)个镜子，将要问(i),距离问完还要的次数的期望。很明显(E_{n+1}=0).

显然有递推公式

[E_i=p_iE_{i+1}+(1-p_i)E_{c}+1 ]

其中(c)是小于等于(i)的下标最大的checkpoint。我们把(n+1)也看做一个checkpoint。

观察一个checkpoint (c),记大于它的最小checkpoint为 (c').

有

[egin{align} E_{c'-1}&=p_{c'-1}E_{c'}+(1-p_{c'-1})E_c+1\ E_{c'-2}&=p_{c'-2}E_{c'-1}+(1-p_{c'-2})E_c+1\ &=p_{c'-2}(p_{c'-1}E_{c'}+(1-p_{c'-1})E_c+1)+(1-p_{c'-2})E_c+1\ &=p_{c'-1}p_{c'-2}E_{c'}+(1-p_{c'-1}p_{c'-2})E_c+p_{c'-2}+1\ E_{c'-3}&=...\ &=p_{c'-1}p_{c'-2}p_{c'-3}E_{c'}+(1-p_{c'-1}p_{c'-2}p_{c'-3})E_c+p_{c'-3}p_{c'-2}+p_{c'-3}+1\ end{align} ]

于是可以猜测

[E_c=p_cp_{c+1}...p_{c'-1}p_{c'}E_{c'}+(1-p_cp_{c+1}...p_{c'-1})E_c+1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2} ]

这个用归纳法应该是随便证的，懒得想了（）

于是(E_c=E_{c'}+frac{1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2}}{p_cp_{c+1}...p_{c'-1}}).

不妨设(f(c,c')=frac{1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2}}{p_cp_{c+1}...p_{c'-1}}),有(E_{c}-E_{c'}=f(c,c')).

记checkpoint序列为一个递增序列({c_1,c_2,...,c_m})

因此(Ans=E_1=E_1-E_{c_1}+E_{c_1}-E_{c_2}+...+E_{c_m}-E_{n+1}=f(1,c_1)+f(c_1,c_2)+...+f(c_m,n+1)).

把(1)看成(c_0),(n+1)看成(c_{m+1}).分成两种情况讨论更新:

1.(c_i)与(c_{i+1})之间插入(x).把原来的(f(c_i,c_{i+1}))拆成了(f(c_i,x))与(f(x,c_{i+1}))两段。

2.删除(c_i).把原来的(f(c_{i-1},c_i))与(f(c_i,c_{i+1}))合并成(f(c_{i-1},c_{i+1}))一段。

很明显(f(c,c'))的求值，对(p)打个前缀积，再对前缀积打个前缀和就能(O(1))计算。每次更新时查询小于(x)的最大值和大于(x)的最小值可以直接丢进set里(O(log m))搞。因此(O(Qlog n))就能过了。