[SDOI2017]龙与地下城

XVII.[SDOI2017]龙与地下城

本题在模意义下和实数意义下，小范围和大范围下各有几种做法。

我们此处定义有$n$个骰子，每个骰子有$m$面。

1. 小数据范围

明显发现它就是$f(x)=\frac{\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i}{m}$的$n$次方。

于是直接倍增计算快速幂即可。时间复杂度$O(nm\log nm)$，卡的过去我请你喝茶。

2. 大数据范围

发现这道题精度要求很小，故我们掐头去尾，设一个 $\epsilon=10^{-13}$（亲测$10^{-9}$过不去），掐掉两边$<\epsilon$的部分。这样就能过去了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const double eps=1e-13;
int T,n,m;
int lim,LG,rev[500100];
struct cp{
	double x,y;
	cp(double u=0,double v=0){x=u,y=v;}
	friend cp operator +(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x+v.x,u.y+v.y);}
	friend cp operator -(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x-v.x,u.y-v.y);}
	friend cp operator *(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x*v.x-u.y*v.y,u.x*v.y+u.y*v.x);}
}F[500100],G[500100];
void FFT(cp *a,int tp){
	for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int md=1;md<lim;md<<=1){
		cp rt=cp(cos(pi/md),tp*sin(pi/md));
		for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
			cp w=cp(1,0);
			for(int i=0;i<md;i++,w=w*rt){
				cp x=a[pos+i],y=w*a[pos+md+i];
				a[pos+i]=x+y;
				a[pos+md+i]=x-y;
			}
		}
	}
	if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)F[i].x/=lim;
}
void mul(double *a,double *b,double *c,int A,int B){
	LG=0,lim=1;
	while(lim<=A+B)lim<<=1,LG++;
	for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
	for(int i=0;i<lim;i++)F[i]=cp(a[i],0),G[i]=cp(b[i],0);
	FFT(F,1),FFT(G,1);
	for(int i=0;i<lim;i++)F[i]=F[i]*G[i];
	FFT(F,-1);
	for(int i=0;i<=A+B;i++)c[i]=F[i].x;
}
int cut(double *a,int &LIM){
	int i=0;
	while(a[i]<eps)i++;
	while(a[LIM]<eps)LIM--;
	for(int j=0;j+i<=LIM;j++)a[j]=a[j+i];
	LIM-=i;
	return i;
}
double a[500100],b[500100];
int func(int x,int &len){
	if(x==1)return 0;
	int tmp=func(x>>1,len);
	tmp<<=1;
	mul(a,a,a,len,len),len<<=1;
	tmp+=cut(a,len);
	if(!(x&1))return tmp;
	mul(a,b,a,len,m),len+=m;
	tmp+=cut(a,len);
	return tmp;
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&m,&n);
		for(int i=0;i<=500000;i++)a[i]=b[i]=0;
		for(int i=0;i<m;i++)a[i]=b[i]=1.0/m;
		m--;
		int len=m;
		int tmp=func(n,len);
		for(int i=1;i<=len;i++)a[i]+=a[i-1];
		for(int i=1,x,y;i<=10;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y),x--;
			double X=0,Y=0;
			if(x>=tmp){
				x-=tmp;
				if(x>=len)X=1.0;
				else X=a[x];
			}
			if(y>=tmp){
				y-=tmp;
				if(y>=len)Y=1.0;
				else Y=a[y];
			}
			printf("%lf\n",Y-X);
		}
	}
	return 0;
}

3. 大数据范围

我们发现在$n$很大时最终会近似于一个正态分布，故我们在较大范围内可以直接用正态分布进行积分。可以用自适应辛普森法计算（别问我，我不会）。

4. 模意义下

我们要计算

$$\Bigg(\dfrac{\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i}{m}\Bigg)^n$$

中某一段的和。

我们乘上一个前缀和算子$\dfrac{1}{1-x}$，将其转成差分形式

$$\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{\Big(\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i\Big)^n}{m^n}$$

套个等差数列求和公式，得到

$$\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{\Big(\dfrac{1-x^m}{1-x}\Big)^n}{m^n}$$

继续化简

$$\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{(1-x^m)^n}{(1-x)^n\times m^n}$$

于是

$$\dfrac{(1-x^m)^n}{(1-x)^{n+1}\times m^n}$$

二项式展开

$$\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n(-x^m)^i\dbinom{n}{i}}{(1-x)^{n+1}\times m^n}$$

把分母上的东西当作$n+1$阶前缀和

$$\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n(-x^m)^i\dbinom{n}{i}}{m^n}\times\sum\limits_{i=0}\dbinom{n+1+i}{i}x^i$$

对于一次询问$[l,r]$，我们只需要管$x^{l-1}$和$x^r$的系数即可。通过预处理一大坨组合计数的东西可以简单计算。