@codeforces - 1187F@ Expected Square Beauty
@description@
给定一个序列 x = {x1, x2, ..., xn}，已知 xi 是一个在 [li, ri] 内的随机整数。
令 B(x) 表示将序列 x 划分成若干连续的段，使每个段内所有数相同的最小划分数。
求 (B(x))^2 的期望 E((B(x))^2)。
Input
第一行包含一个整数 n (1≤n≤2⋅10^5))表示序列长度。
第二行包含 n 个整数 l1,l2,…,ln (1≤li≤10^9)。
第三行包含 n 个整数 r1,r2,...,rn (li≤ri≤10^9)。
Output
输出 E((B(x))^2) 对 10^9 + 7 的取模结果。
Examples
Input
3
1 1 1
1 2 3
Output
166666673
Input
3
3 4 5
4 5 6
Output
500000010
@solution@
平方期望看起来非常劝退，我们不妨从线性期望出发，考虑先计算 E(B(x))。
注意到 B(x) 可以通过计算 “使得 x[i] 与 x[i+1] 不同的 i 的个数” + 1 得到，于是我们考虑每一个 i 对 E(B(x)) 的贡献。
感性地认知一下，或许我们通过计算一对 (i, j) 对 E((B(x))^2) 的贡献？
考虑用期望的方法论证我们上面的想法。
令 \(I_i(x)\) 是一个随机变量，其中当 \(x[i] = x[i + 1]\) 时 \(l_i(x) = 0\)，否则 \(l_i(x) = 1\)。
令 \(P_i(x)\) 表示 \(x[i]\not=x[i + 1]\) 的概率，则有 \(E(l_i(x)) = P_i(x)\)。
由于 \(B(x) = \sum_{i=1}^{n-1}I_i(x) + 1\)，则 \(E(B(x)) = E(\sum_{i=1}^{n-1}l_i(x) + 1) = \sum_{i=1}^{n-1}E(l_i(x)) + 1\)。
上式可以通过期望的线性性质得到，于是恰好印证了我们一开始的感性推导。
接下来考虑 \(E(B(x)^2)\)，可以得到如下式子：
考虑 \(E(l_i(x)*l_j(x))\)，其实就是 i 和 j 同时发生的概率，所以可以立即得到 \(E(l_i(x)^2) = E(l_i(x))\)。
又因为假如 \(|i - j| > 1\)，即 i, j 不相邻时，它们之间的概率是不会互相影响的。
所以 \(E(l_i(x)*l_j(x)) = P_i(x)*P_j(x) = E(l_i(x))*E(l_j(x))\)，当 \(|i - j| > 1\) 时。
我们不妨令 \(Q_i(x) = E(l_i(x)*l_{i+1}(x))\)。通过以上这些推导，我们可以把式子进一步化简：
现在考虑怎么求 P 和 Q。
首先是 \(P_i(x)\)，即 i 和 i+1 不相同的概率。考虑容斥，即用 1 - 相同的概率。
相同的时候一定是从 i 的区间与 i+1 的区间的交中选择一个数，于是相同的概率 = 区间交的长度 / i 的区间长度 / i+1 的区间长度。
然后是 \(Q_i(x)\)，一样考虑容斥，求 1 - (i 与 i + 1 相同的概率) - (i + 1 与 i + 2 相同的概率) + (i, i + 1 与 i + 2 相同的概率)。
三个相同的概率可以类比两两相同的概率得到，一样是求区间交。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 200000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
while( p ) {
if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
b = 1LL*b*b%MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int P[MAXN + 5], S[MAXN + 5];
int l[MAXN + 5], r[MAXN + 5], n;
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &l[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &r[i]);
for(int i=1;i<n;i++) {
int len = max(0, min(r[i], r[i + 1]) - max(l[i], l[i + 1]) + 1);
int tmp = 1LL*pow_mod(r[i] - l[i] + 1, MOD - 2)*pow_mod(r[i + 1] - l[i + 1] + 1, MOD - 2)%MOD;
P[i] = (1 + MOD - 1LL*tmp*len%MOD)%MOD;
}
for(int i=1;i<n;i++) S[i] = (P[i] + S[i-1])%MOD;
int ans = (3LL*S[n - 1]%MOD + 1)%MOD;
for(int i=1;i+2<n;i++)
ans = (ans + 2LL*(S[n - 1] + MOD - S[i + 1])%MOD*P[i]%MOD)%MOD;
for(int i=1;i+1<n;i++) {
int len = max(0, min(r[i], min(r[i + 1], r[i + 2])) - max(l[i], max(l[i + 1], l[i + 2])) + 1);
int tmp = 1LL*pow_mod(r[i] - l[i] + 1, MOD - 2)%MOD*pow_mod(r[i + 1] - l[i + 1] + 1, MOD - 2)%MOD*pow_mod(r[i + 2] - l[i + 2] + 1, MOD - 2)%MOD;
int del = 1;
del = ((del + P[i])%MOD + MOD - 1)%MOD;
del = ((del + P[i + 1])%MOD + MOD - 1)%MOD;
del = (del + 1LL*tmp*len%MOD)%MOD;
ans = (ans + 2LL*del%MOD)%MOD;
}
printf("%d\n", ans);
}
@details@
其实有一个简化公式的方法，即令 \(l_n(x) = 1\)，将上面 1 全部替换成 \(l_n(x)\)。
其他应该就没什么了。代码也比较好写。
