[北大集训 2021] 随机游走 题解
前言
又是随机游走?
题目链接:洛谷。
题目分析
看到加边,可能性太多了。但是为了让步数最大化,我们可以贪心地想,肯定要往前面连,而且越前面要走的期望步数肯定越大。并且,我们不会浪费边在终点上。于是,题目转变成了 \(1 \sim n - 1\) 连向起点 \(1\) 连若干条边,使得随机游走到终点的期望步数最大。
那要如何分配这 \(m\) 条边到 \(1 \sim n - 1\) 个点呢?考虑假设已知第 \(i\) 个点向 \(1\) 连了 \(d_i\) 条边,求期望步数。设 \(f_i\) 为到了 \(i\),还要期望多少步走到终点,显然 \(f_n = 0\)。开始喜闻乐见的推式子环节:
从 \(n-1\) 向前递推。
推到 \(n-2\)。
再推到 \(n-3\)。
找到一些规律,尝试去证明。假设对于 \(i+1\) 满足:
显然该式对于 \(n-1\) 成立。尝试用归纳法推到 \(i\)。
所以上式对于所有 \(i\) 均成立。考虑边界,推到 \(i=1\) 的时候是一个方程。
解方程。
于是我们可以很方便地求出期望步数,即 \(f_1\)。但是我们还是不知道最优的 \(d\) 如何分配,考虑打表找规律。在此之前,我们不妨试着找一找 \(d\) 的性质。
首先,\(d\) 一定是单调不降的。因为显然,放在后面会给更多的 \(\prod\) 提供贡献,从而使 \(f_1\) 更大。
略证:
\(\exists t \in [1, n-2], d_t > d_{t+1}\),考虑原先的 \(f_1\) 有
\[\begin{aligned} f_1 &= \sum \limits _ {j=1} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) \\ &= \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + (d_{t+1} + 1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) + \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \left ( (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \right ) \end{aligned} \]不妨交换 \(d_t\) 和 \(d_{t+1}\)。
\[\begin{aligned} f_1 &= \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + ({\color{red}{d_{t}}} + 1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) + \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \left ( ({\color{red}{d_{t+1}}} + 1)({\color{red}{d_{t}}} + 1) \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \right ) \end{aligned} \]显然,因为 \(d_t > d_{t+1}\),所以交换后的 \(f_1\) 更优。我们可以不断进行这个过程,直到 \(d\) 有序,即单调不降,\(f_1\) 最大。
证毕。
其次……没其次了,打表吧。
while True:
n, m = map(int, input().split())
res = [0] * n
ans = [0] * n
maxx = 0
def dfs(now, tot, x):
global maxx, ans
if now == n - 1:
res[n - 1] = tot
tmp = 0
mul = 1
for i in range(n - 1, 0, -1):
mul *= res[i] + 1
tmp += mul
if tmp > maxx:
maxx = tmp
ans = res[::]
return
i = x
while i * (n - now) <= tot:
res[now] = i
dfs(now + 1, tot - i, i)
i += 1
dfs(1, m, 0)
print(' '.join(map(str, ans[1:])))
以上是打表程序。考虑 \(n=20\) 时,不断加边对最优 \(d\) 的分配造成的影响。
m = 1: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1
m = 2: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1
......
m = 18: 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
m = 19: 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
m = 20: 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
......
m = 35: 0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
m = 36: 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
m = 37: 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
m = 38: 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
......
m = 54: 1 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
m = 55: 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
m = 56: 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
m = 57: 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4
......
发现,当 \(m < n - 1\) 时,加边是从 \(n-1\) 开始放到 \(2\),然后当 \(m \geq n - 1\) 时,从 \(n-1\) 开始放到 \(1\),如此往复,像是在不断从右往左往序列上刷。感性理解,具体证明交给读者。
Update on 2024.6.20 更新了进一步的证明
下证任意相邻两数之差不超过 \(1\)。
证明:
\(\exists t \in [1, n-2], d_t + 2 \leq d_{t+1}\),证明 \(d_t \gets d_t + 1, d_{t+1} \gets d_{t+1}-1\) 后不劣。容易发现这样操作是合法的。
对于原先的 \(f_1\):
\[\begin{aligned} f_1 &= \sum \limits _ {j=1} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) \\ &= \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + (d_{t+1} + 1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) + \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \left ( (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \right ) \\ &= \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + (d_{t+1} + 1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) + (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \\ &= \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + \left (d_{t+1} + 1 + (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \right ) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \end{aligned} \]后来的 \(f_1\),记作 \(f_1'\):
\[f_1' = \sum \limits _ {j=t+2} ^ {n-1} \prod \limits _ {k=j} ^ {n-1}(d_k+1) + \left (d_{t+1} + (d_t + 2)d_{t+1} \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \right ) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \]那么考虑作差:
\[\begin{aligned} f_1' - f_1 =& \Bigg ( \Big (d_{t+1} + (d_t + 2)d_{t+1} \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \Big ) - \\ & \Big ( d_{t+1} + 1 + (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \Big ) \Bigg ) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \\ =& \Bigg ( \Big ((d_t + 2)d_{t+1} - (d_t + 1)(d_{t+1} + 1) \Big ) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) - 1 \Bigg ) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \\ =& \Bigg ( \Big (d_{t+1} - d_t - 1 \Big ) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) - 1 \Bigg ) \prod \limits _ {k=t+2} ^ {n-1}(d_k+1) \\ \end{aligned} \]由于 \(d_{t+1} - d_t \geq 2\),所以 \(d_{t+1} - d_t - 1 \geq 1\)。考虑到 \(\sum \limits _ {j=1} ^ {t}\) 里至少有一个 \(\prod \limits _ {k=t} ^ {t-1} = 1\),则 \(\Big (d_{t+1} - d_t - 1 \Big ) \sum \limits _ {j=1} ^ {t} \prod \limits _ {k=j} ^ {t-1}(d_k+1) \geq 1\),那么有 \(f_1' - f_1 \geq 0\),也就是 \(f_1'\) 是不劣于 \(f_1\) 的。
如此操作,直至 \(\forall t \in [1, n-2], d_t + 1 \geq d_{t+1}\)。
有了如上证明,发现 \(\forall t \in [1, n-2], d_{t+1} - d_t \in \lbrace 0, 1 \rbrace\)。有了这个性质,接下来的证明最优性就简单啦。交给读者自己证明。(中考考完再来补坑)
那么,我们分别考虑两种情况即可。
情况一
当 \(m < n - 1\) 时,\(d_{n - m \sim n - 1} = 1\),其他位置 \(d\) 均为 \(0\)。此时有:
快速幂单次 \(\Theta(\log m)\) 解决。
情况二
当 \(m \geq n - 1\) 时,\(d_1 = \left \lfloor \cfrac{m-(n-2)}{n-1} \right \rfloor\),\(m\) 除去第一次刷的 \(n-2\),和 \(d_1\) 次的刷完整个序列,还剩下 \(m' = m - (n - 2) - (n - 1)d_1\) 次从 \(n-1\) 往左刷,故 \(d_{2 \sim n - 1 - m'} = d_1 +1\),\(d_{n - m' \sim n - 1} = d_1 + 2\)。然后推式子。
其中,\(d_1\) 和 \(m'\) 在上文已经算出,故该式可以在 \(\Theta(\log m)\) 的时间内算出。
代码
注意特判 \(n = 1\) 的情况。
def fpow(a, b, mod):
if b < 0:
return 1
res = 1
base = a % mod
while b:
if b & 1:
res = res * base % mod
base = base * base % mod
b >>= 1
return res
def inv(x, mod):
return fpow(x, mod - 2, mod)
def main():
n, m, mod = map(int, input().split())
if n == 1:
print(0)
return
if m < n - 1:
pr = fpow(2, m, mod)
print((pr * (n - m + 1) + mod - 2) % mod)
return
d1 = (m - (n - 2)) // (n - 1)
M = m - (n - 2) - (n - 1) * d1
S1 = (d1 + 1) * fpow(d1 + 2, n - M - 2, mod) * fpow(d1 + 3, M, mod)
S2 = fpow(d1 + 3, M, mod) * (fpow(d1 + 2, n - 1 - M, mod) - (d1 + 2) + mod) * inv(d1 + 1, mod)
S3 = (fpow(d1 + 3, M + 1, mod) - (d1 + 3) + mod) * inv(d1 + 2, mod)
S1 %= mod
S2 %= mod
S3 %= mod
print((S1 + S2 + S3) % mod)
if __name__ == '__main__':
t = int(input())
for i in range(t):
main()
后记
用 python
写的目的是因为教练讲题时用 python
打表唤起了我的回忆?
本文来自博客园,作者:XuYueming,转载请注明原文链接:https://www.cnblogs.com/XuYueming/p/18156803