【CF1194F】Crossword Expert(数学 期望)
大意
给你\(N\)个事件，解决每个事件所需的时间有\(1/2\)的概率为\(t[i]\)，\(1/2\)的概率为\((t[i]+1)\)，给你总时间\(T\)，在\(T\)时间内按顺序解决事件，求能解决的事件的期望个数。
(答案对\(10^9+7\)取模)
(\(N\le 2\cdot 10^5,1\le t[i]\le 10^9,1\le T\le 2\cdot 10^{14}\))
思路
考虑如何求期望：
我们设\(P[i]\)表示第\(i\)件物品能被做完的概率。
则有$$Ans=\sum_{i=1}^{N}P[i]$$
则问题就转化为如何求\(P[i]\)。
我们设\(Sum[i]\)表示前\(i\)件事的最小时间和，即\(Sum[i]=\sum_{i=1}^{N}t[i]\)。
①:对于\(Sum[i]+i\le T\)的情况：
则第\(i\)件事一定会被做完，故\(P[i]=1\)。
②:对于\(Sum[i]\le T<Sum[i]+i\)的情况：
我们设\(Dp[i][j]\)表示前\(i\)件事有\(j\)件事时间多做了\(1\)个单位的概率，即多做了\(j\)个时间单位，
则对于每个\(Dp[i][j]\)，若有\(Sum[i]+j<=T\)，则可以对\(P[i]\)产生\(Dp[i][j]\)的贡献。
考虑如何求\(Dp[i][j]\)：
将这些事件按是否多做\(1\)个时间单位分类，
若完成时间为\(t[i]\)，则类型为\(0\)，
若完成时间为\(t[i]+1\)，则类型为\(1\)，
则可以将这些事件的状态表示为一个\(01\)串。
则总状态数就为\(2^i\)，从\(i\)个数中选\(j\)个让其状态为\(1\)的个数就为\(C(i,j)\)，
则\(Dp[i][j]=\frac{C(i,j)}{2^i}\)。
对于每个\(P[i]\)，
我们倘若每次都去枚举有哪些\(j\)是可以满足\(Sum[i]+j<=T\)的话，很明显会超时。
则考虑如何从上一次\((P[i-1])\)所需的状态数转到\(P[i]\)的状态数。
（注：第一次进入情况②的时候可以暴力找到状态）
考虑如何快速地从\(P[i-1]\)转移到\(P[i]\)的状态：
我们设上一次需要的\(C\)是从\(C(i-1,0)\)到\(C(i-1,Sum_K)\)，
设上一次的\(P[i-1]=\frac{Sum_N}{2^{i-1}}\)，则有\(Sum_N=\sum_{j=0}^{Sum_K}C(i-1,j)\)。
根据$$C(i,j)=C(i-1,j)+C(i-1,j-1)$$
则有$$\sum_{j=1}{Sum_K}C(i,j)=\sum_{j=1}(C(i-1,j)+C(i-1,j-1))$$
则$$\sum_{j=1}{Sum_K}C(i,j)=(2*\sum_{j=0}C(i-1,j))-C(i-1,0)-C(i-1,Sum_K)$$
然后，对于这次的\(Sum_N\)来说，
\(Sum_N=\sum_{j=1}^{Sum_K}C(i,j)+C(i,0)-\sum_{j=T-Sum[i]+1}^{Sum_K}C(i,j)\)
\(Sum_N=(2*\sum_{j=0}^{Sum_K}C(i-1,j))-C(i-1,Sum_K)-\sum_{j=T-Sum[i]+1}^{Sum_K}C(i,j)\)
\(Sum_N=Sum_N*2-C(i-1,Sum_K)-\sum_{j=T-Sum[i]+1}^{Sum_K}C(i,j)\)
则这一次的\(Sum_N\)就可以从上一次的\(Sum_N\)转移过来。
显然这一次的\(Sum_K=T-Sum[i]\)。
则\(Sum_K\)会随着\(i\)的增大而减小，
而进入情况②的条件是：\(Sum[i]<=T<Sum[i]+i\)，
即求解所有的\(Sum_N\)的时间复杂度总计\(O(N)\)。
③:\(Sum[i]>T\)时
则事件\(i\)一定不会被做完，即\(P[i]=0\)。
综上，\(Ans\)得解。
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int ON=200000;
const int MAXN=200005;
const long long ONE=1;
const int MOD=1000000007;
int N,t[MAXN];
long long F[MAXN];
long long T,Sum[MAXN],Ans;
long long f[MAXN]={1},fe[MAXN]={1};
long long O[MAXN]={1},Oe[MAXN]={1};
long long Sum_N,Sum_K;
LL quick_Pow(LL x,LL y){
if(y==0)return 1;
if(y==1)return x;
if(y%2)return (x*quick_Pow((x*x)%MOD,y/2))%MOD;
return quick_Pow((x*x)%MOD,y/2);
}
void Prepare(){
for(int i=1;i<=ON;i++){
f[i]=(f[i-1]*i)%MOD;
fe[i]=quick_Pow(f[i],MOD-2);
O[i]=(O[i-1]*2)%MOD;
Oe[i]=quick_Pow(O[i],MOD-2);
}
}
long long C(long long x,long long y){
if(y>x)return 0;
return (f[x]*((fe[y]*fe[x-y])%MOD))%MOD;
}
long long work(long long n,long long k){
if(Sum_K==0){
for(int i=0;i<=k;i++)
Sum_N=(Sum_N+C(n,i))%MOD;
}else{
Sum_N=(Sum_N*2-C(n-1,Sum_K)+MOD)%MOD;
for(int i=Sum_K;i>k;i--)
Sum_N=(Sum_N-C(n,i)+MOD)%MOD;
}
Sum_K=k;
return Sum_N;
}
int main(){
Prepare();
scanf("%d%lld",&N,&T);
for(int i=1;i<=N;i++){
scanf("%d",&t[i]);
Sum[i]=Sum[i-1]+t[i];
}
for(int i=1;i<=N;i++){
if(Sum[i]>T)break;
if(Sum[i]+i<=T){
F[i]=1;
continue;
}
F[i]=(work(i,T-Sum[i])*Oe[i])%MOD;
}
for(int i=1;i<=N;i++)
Ans=(Ans+F[i])%MOD;
printf("%lld\n",Ans);
}
