HDU多校2020 第七场 E-Expectation（概率DP-算贡献的期望DP
题意：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6848
有n个小球，n+1个桶还有他们分别在数轴上的位置，交错排列，每次随机选一个小球往随机一个方向滚，遇到洞就掉下去，小球滚进洞后其他球可以在它上面溜过去。
问所有小球滚动距离的期望。
思路：
简单~（你tm在胡扯吧
具体还是有点复杂的。
题解是算每条边经过次数的期望，小球两边的线次数期望一定相同，洞两边的期望最多差1次，然后我们要算的是这条线到下一条线期望的增量，由于最多相差1次 所以权值都是*1 or *-1 or *0，可以简单的记作加概率，也就是算右边球先进洞的概率 减 左边球先进洞的概率
首先第一条线题解是类似每次选一条线合并三条线，所以上面是（2*n-1）的双阶乘（一开始还以为是阶乘的阶乘||，太蒟蒻了）
然后我又想了一个n^2算a1的方法（太草了
本地卡在了4.9，后来用了读入挂过了
之后dp转移的话，大致就是每次你之间选洞两边的可以相互抵消，选其他相对于子问题
放上我的n^2算a1的代码
1 ll qpow(ll a,ll b,ll mod){ 2 ll ans; 3 // a%=mod; 4 ans=1; 5 while(b!=0) 6 { 7 if(b&1) 8 ans=(ans*a)%mod; 9 b/=2; 10 a=(a*a)%mod; 11 } 12 return ans; 13 } 14 15 ll a[N*2],er[N*2]; 16 ll _[N*2]; 17 ll _inv[N*2]; 18 ll inv[N*2]; 19 ll inv_ff[N*2]; 20 21 void Init(){ 22 _[0]=_[1]=1; 23 er[0]=1; 24 for(int i=2;i<N*2;++i)_[i]=_[i-1]*i%mod; 25 for(int i=1;i<N*2;++i)er[i]=er[i-1]*2%mod; 26 for(int i=0;i<N*2;++i)inv_ff[i]=qpow(_[i]*er[i]%mod,mod-2,mod),_inv[i]=qpow(_[i],mod-2,mod); 27 for(int i=0;i<N*2;++i)inv[i]=qpow(i,mod-2,mod); 28 } 29 ll A(int n,int m){ 30 return _[n+m]*_inv[n]%mod*_inv[m]%mod; 31 } 32 ll dis(int x,int y){ 33 return llabs(a[x]-a[y])%mod; 34 } 35 ll F[N*2]; 36 ll f(int n) 37 { 38 if(F[n])return F[n]; 39 int res=0; 40 for(int i=2;i<=n;i+=2) 41 { 42 int X=i-2; 43 int Y=n-i; 44 res+=A(X/2+1,Y/2)*f(X)%mod*f(Y)%mod; 45 res%=mod; 46 } 47 F[n]=res; 48 return res; 49 } 50 51 ll dp[N][N]; 52 void pre() 53 { 54 int n=3003; 55 for(int i=1;i<=n;++i) 56 { 57 dp[0][i]=(1-f(i*2)*inv_ff[i]%mod+mod)%mod; 58 dp[i][0]=-dp[0][i]; 59 // cout << i << endl; 60 for(int j=1;j<i;++j) 61 { 62 int L=j,R=i-j; 63 dp[L][R]=((2*L-1)*dp[L-1][R]%mod+(2*R-1)*dp[L][R-1]%mod)%mod*inv[2*i]%mod; 64 } 65 } 66 } 67 68 void solve() 69 { 70 int n; 71 cin>>n; 72 int real=n; 73 n=n*2+1; 74 for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i]; 75 ll ans=0; 76 ll res=0; 77 for(int i=1;i<=n-1;++i) 78 { 79 int L=(i-1)/2; 80 if(i&1)res=(res+dp[L][real-L])%mod; 81 ans+=res*dis(i,i+1)%mod; 82 ans%=mod; 83 } 84 cout<<(ans+mod)%mod; 85 } 86 87 int main() 88 { 89 Init(); 90 F[0]=1; 91 pre(); 92 int T; 93 cin>>T; 94 while(T--)solve(); 95 return 0; 96 }
