Tenzing and Random Operations CF1842G 题解

[1] 分析

设 $m$ 次选的位置分别为 $b_{1\sim m}$。

于是答案为 $\mathbb{E}(\prod _{i=1}^n(a_i+\sum _{j=1}^m[b_j\le i]\cdot v))=\frac{S}{n^m}$。

首先考虑期望很难做，希望将期望转化为概率形式，通过计算期望贡献之和来计算期望，发现因为这题贡献难以计算，这样还是有点困难。

再考虑因为所有方案等概率，将求期望转化为求所有情况下所期望答案的总和，最后除以总方案数即可，即求 $S$。

$S=\sum _b\prod _{i=1}^n(a_i+\sum _{j=1}^m[b_j\le i]\cdot v)$，发现最终的 $a_i=a_i+v+\cdots$。

因为答案最终是多个 $n$ 个数相乘得到的数相加，于是答案可以 DP 求出。

具体而言，令 $f_{i,j}$ 代表前 $i$ 个数确定，有 $j$ 个 $b_p$ 已经确定。（注意，对 $v$ 的个数并没有限制）。

对当前这一位分类讨论：

若这一位取 $a_i$，则 $f_{i-1,j}\cdot a_i\to f_{i,j}$。

若这一位取 $v$（已确定位置的 $b$ 提供），则 $f_{i-1,j}\cdot v\cdot j\to f_{i,j}$。

若这一位取 $v$（新确定一个 $b$），则 $f_{i-1,j-1}\cdot v\cdot (m-(j-1))\cdot i\to f_{i,j}$。

那么初始有 $f_{0,0}=1$。

最后统计答案 $S=\sum _{i=0}^{min(n,m)}{f}_{n,i}\cdot n^{m-i}$。

[2] 代码

int main() {
	rd(n); rd(m); rd(v);
	rep(i, 1, n) rd(a[i]);
	int cur = 1;
	int pre = 0;
	f[0][0] = 1;
	rep(i, 1, n) {
		rep(j, 0, min(i, m)) {
			f[cur][j] = 1LL * f[pre][j] * (a[i] + 1LL * v * j % mod) % mod;
			if(j > 0) fadd(f[cur][j], 1LL * f[pre][j - 1] * v % mod * (m - (j - 1)) % mod * i % mod);
		}
		swap(cur, pre);
	}
	rep(i, 0, min(n, m)) {
		fadd(S, f[pre][i] * fpow(n, m - i) % mod);
	}
	S = S * fpow(fpow(n, m), mod - 2) % mod;
	pt("%d\n", S);
	return 0;
}

[3] 经验

在遇到求期望的题目时，尝试将期望变为求概率或方案$\cdot$贡献。