近期总结 2023.10.28

Luogu4156 论战捆竹竿#

题意：给出一个长度 $n$ 的字符串 $s$，有一个空字符串 $t$。每次可以把 $s$ 接在 $t$ 后面，相同部分可以重叠。求任意操作后 $|t|\in [l,r]$ 有多少种可能。

$1\le n\le 5\times {10}^5,1\le l\le r\le {10}^{18}$

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不难发现，每次延长的长度都 $\in \text{period}(s)$，而且，一定存在一张方案满足 $s$ 的所有周期都能任意次延长。

考虑同于最短路，但是周期数量可能很多，不能很完美地处理。

结论：一个字符串的 $\text{Border}$ 最多可以划分成 $O(\log n)$ 个等差数列。

同样的，周期也可以。

考虑一个周期长度的等差数列 $d,c+d,2c+d,3c+d,...,L\cdot c+d$

有个 $d$ 很烦，考虑在 $modd$ 意义下跑同于最短路，这样每次步长就是 $c$，直接分环做单调队列即可。

但是不止一个等差数列，这要求我们变模数。考虑先用 $di{s}^{\prime }[i]$ 更新 $dis[di{s}^{\prime }[i]mod\text{newmod}]$，然后不断跳 $\text{oldmod}$ 更新即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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Luogu4707 重返现世#

题意：$n$ 种材料，你需要收集至少 $k$ 种。每秒随机出现一种材料（可以和之前的重复），每种材料出现概率为 $\frac{m}{p_i}$，其中 $m=\sum _{i=1}^n{p}_i$。问期望多少秒，模 $998244353$。

$1\le n\le 1000,1\le m\le 10000,1\le k\le n,n-k\le 10$

考虑 $\text{min-max}$ 容斥。

设 $t_i$ 表示材料 $i$ 第一次出现时间。

令 $g=n-k+1$，那么相当于求 $t$ 中第 $g$ 大的期望值。

答案即为

$$E(\text{g-th max}(t_i))=\sum _{S\in U}(-1{)}^{|S|-g}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{g-1})E(\underset{i\in S}{min}(t_i))$$

我们相当于算后面那坨东西 $\sum _{S\in U}(-1{)}^{|S|-g}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{g-1})E(\underset{i\in S}{min}(t_i))$

注意 $E(\underset{i\in S}{min}(t_i))$ 相当于第一次出现 $S$ 中的材料的时间，那么在此之前出现的材料都不是 $S$ 中的，不难算出其值为 $\frac{m}{\sum _{i\in S}{p}_i}$。

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\sum _{S\in U}(-1{)}^{|S|-g}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{g-1})E(min(t_i))\\ & =\sum _{S\in U}(-1{)}^{|S|-g}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{g-1})\frac{m}{\sum _{i\in S}{p}_i}\\ & =\sum _x\frac{m}{x}\sum _{S\in U,\sum _{i\in S}{p}_i=x}(-1{)}^{|S|-g}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{g-1})\end{array}$$

后面的式子具有良好的递推性质。

设 $f[i,j,k]=\sum _{S\in \{1,2,...,i\},\sum _{t\in S}{p}_t=j}(-1{)}^{|S|-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S|-1}{k-1})$

考虑 $f[i,j,k]$ 对 $f[i+1,,]$ 的贡献。

• 不选，$f[i,j,k]\to f[i+1,j,k]$

• 选，$f[i,j,k]\times (-1)\to f[i+1,j+p_{i+1},k+1],f[i,j,k]\to f[i+1,j+p_{i+1},k]$

时间复杂度 $O(nm)$。

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AGC038E Gachapon#

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$n$ 个数 $1...n$，每次随机生成其中一个数，生成 $i$ 的概率为 $\frac{m}{p_i}$，其中 $m=\sum p_i$。当 $\mathrm{\forall }i\in [1,n]$，$i$ 至少生成了 $a_i$ 次后，停止生成。求生成的期望次数，模 $998244353$。

$p_i,a_i>1,1\le \sum p_i,\sum a_i,n\le 400$

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设 $t_i$ 为 $i$ 生成 $a_i$ 次时的时间，答案：$E(max(t_i))$。

转化为 $\sum _S(-1{)}^{|S|+1}E(\underset{i\in S}{min}(t_i))$

考虑期望线性性，对于 $S$，在生成数的过程中，设 $b_i$ 为 $i$ 在生成中的出现次数，那么其对应的 $b$ 集合 $S_b$ 有许多不同的状态，根据 套路，考虑对于每个状态计算到达他的期望概率以及他停留的期望时间。合法的 $S_b$ 状态一共 $\prod _{i\in S}{a}_i$ 种，但每种概率不同，是个多重集排列数。不难发现每种停留的概率都是 $\frac{m}{\sum _{i\in S}{p}_i}$。

设 $f[i,j,k]$ 表示选择了 $\{1,2,...i\}$ 的一个集合 $S$，$\sum _{x\in S}{p}_x=j$，此时选择集合的 $S_b$ 之和为 $k$，方案数系数的总和。

那么

• 不选 $i+1$，$f[i,j,k]\to f[i+1,j,k]$

• 选 $i+1$，枚举选了 $c$ 个，注意算 $S$ 中出现数的概率是条件概率，分母最后计算，$f[i,j,k]\times (-1)\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{k+c}{c})\times p_{i+1}^c\to f[i+1,j+p_{i+1},k+c]$

时间复杂度 $O(n\sum a\sum p)$。