「题解」Codeforces 441E Valera and Number

感觉是 dp 好题啊！

这里令 $n$ 作为原题面中的 $k$．

方法一：我认为的通过常规思路想出来的做法。

正常思路是设 $f_{i,x}$ 表示操作了 $i$ 步得到 $x$ 的概率。但是由于 $x$ 是 $10^9$ 级别，复杂度过于大。

如果 $\times 2$ 将其看作从后面填一个 $0$，那么 $+1$ 操作对一个数产生的影响至多是 $+n$．

所以如果我们对后 $p$ 位作个截断，并保证 $2^p>n$，只记录后 $p$ 个二进制位的值，那么 $+1$ 操作至多会进位一次。

如果进位的话，还要求出进位之后得到了末尾有几个零，所以要记录 $p$ 位以上连续了几个 $1$．

但是这样的 $f$ 转移出去如果产生进位，后面有 $j$ 个 $0$，我们不能将这个 $j$ 也记录到 $f$ 的状态里去。所以另设 dp $g_{i,j}$ 表示经过了 $i$ 次操作，末尾 $j$ 个 $0$ 的方案数，并且要求 $j\geq p+1$（是进位进出来的）。

这样就做完了，$f_{i,j,k}$ 表示进行了 $i$ 次操作，$p+1$ 位及以上有连续的 $j$ 个 $1$，对最低的 $p$ 个二进制位作截断得到的数是 $k$，概率为多少，并且要求 $j$ 和 $k$ 不能同时为 $0$，$j$ 和 $k$ 同时为 $0$ 的方案要在 $g$ 中算。

$g_{i,j}$ 表示进行了 $i$ 次操作，最低位有 $j$ 个 $0$ 的概率，要求 $j\geq p+1$．

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$．

---

方法二：orz 机房大佬的妙法。

这种 $\times 2$ 和 $+1$ 的操作想到的是看二进制位，但是不断 $+1$ 产生进位会破坏掉很多美好的性质。能不能不让 $+1$ 操作产生一些不好的影响？于是想到了从后往前倒着操作，例如在一个 $\times 2$ 操作之前的 $+1$，对于后面的影响就变成了 $+2$，进而不会影响后面的最低位的值。

设 $f_{i,j,k}$ 后面 $i$ 个操作，给 $x$ 的影响是 $+j$，一共有 $k$ 次 $\times 2$ （也就是通过 $\times 2$ 获得的末尾的 $0$ 有 $k$ 个）的概率。

$j$ 的大小因为 $\times 2$ 的存在依然可能会很大？由于 $\times 2$ 相当于对最后一位作了一个截断，使得最后一位不会被前面的操作所影响，所以可以设 $f_{i,j,k}$ 表示后面 $i$ 个操作截断掉后面 $k$ 个位给 $x$ 的影响是 $+j$，这样前面接了一个 $+1$ 则转移到 $j+1$；接了一个 $\times 2$，若 $j$ 是偶数则转移到 $j/2$，否则最后这一位 1 再也不会动了，将概率乘上其末尾零的个数贡献给答案。如果操作都处理完了，把最初的那个 $x$ 看做 $x$ 个 $+1$ 直接算贡献即可。

这样已经能做到 $\mathcal{O}(n^3)$ 了，能不能更再给力一点！不难发现这个 $k$ 仅是在统计答案的时候算一个贡献用，由于期望具有线性性，所以费用提前计算一下，在 $\times 2$ 的时候直接乘上概率贡献给答案即可。这样就不需要在 dp 中记录 $k$ 了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(k^2)$．

另一个理解角度是将末尾的若干个操作看作 $j$ 个 $+1$ 后面跟着 $k$ 个 $\times 2$：

• 如果来了一个 $+1$ 则将 $j\gets j+1$；
• 如果来了一个 $\times 2$：
  • 若 $j$ 为偶数，则可以视作 $j/2$ 个 $+1$，而后面 $\times 2$ 多了一个。
  • 若 $j$ 为奇数，则这个最低的 $1$ 就确定不会改变了，概率乘上 $k$ 贡献给答案。

这个思考方向也很有趣，实际上这两个解释是一个等价的 dp，只不过后一个巧妙地利用了转化意义做到一个简易的理解方式。

方法三：洛谷题解中的做法，并不知道怎么想到的？？？

此处 $p$ 即为原题面中的 $p\%$．

设 $f_{i,j}$ 表示操作了 $i$ 次之后的 $x$，再加上 $j$ 之后末尾 $0$ 的个数的期望。

先不管 $j$ 的范围，直接把转移写出来：

来了一个 $\times 2$：$f_{i+1,j\times 2}\gets (f_{i,j}+1)\times p$；

来了一个 $+1$：$f_{i+1,j-1}\gets f_{i,j}\times (1-p)$．

最终答案为 $f_{n,0}$．由于最多会转移 $n$ 次 $+1$，所以考虑 dp 中一条贡献的路径一定不会超过 $n$，所以第二维仅记 $[0,n]$ 范围内的即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$．

（希望大概是这么理解的吧？）

第一种做法是常规思路通过找到性质来优化 dp 的值域范围。

第二种做法是通过转化问题（正着操作转成倒着操作）来优化 dp，还有一步费用提前计算的思想。

套路，都是套路。

方法一的代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double ld;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int x,n;
ld p;
double f[2][310][1024],g[210][310];
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	read(x,n);{int y;read(y);p=1.0*y/100;}
	int lb=0;
	for(int i=0;i<30;i++)
		if((1<<i)&x){
			lb=i;
			break;
		}
	if(lb>12){
		g[0][lb]=1;
	}
	else{
		int p=0;
		for(int i=10;i<=30;i++)
			if(!((1<<i)&x)){
				p=i-10;
				break;
			}
		f[0][p][x&1023]=1;
	}
	for(int o=0;o<n;o++){
		int u=o&1,v=(o&1)^1;
		for(int i=0;i<=300;i++){
			if(g[u][i]){
				//*2
				g[v][i+1]+=g[u][i]*p;
				//+1
				f[v][0][1]+=g[u][i]*(1-p);
				g[u][i]=0;
			}
			for(int j=0;j<1024;j++)if(f[u][i][j]){
//				if(!i&&!j)assert(0);
				//*2
				if(!j)g[v][11]+=f[u][i][j]*p;
				else f[v][(j&512)?(i+1):0][(j*2)&1023]+=f[u][i][j]*p;
				//+1
				if(j==1023){
					if(!i)f[v][1][0]+=f[u][i][j]*(1-p);
					else g[v][10+i]+=f[u][i][j]*(1-p);
				}
				else{
					f[v][i][j+1]+=f[u][i][j]*(1-p);
				}
				f[u][i][j]=0;
			}
		}
	}
	ld ans=0;
	for(int i=0;i<=300;i++)
		if(g[n&1][i])
			ans+=g[n&1][i]*i;
	for(int i=0;i<=300;i++)
		for(int j=0;j<1024;j++)if(f[n&1][i][j]){
			ans+=f[n&1][i][j]*(j==0?10:__builtin_ctz(j));
//		printf("%d %.10lf\n",j,f[n][i][j]);
		}
	printf("%.10lf\n",ans);
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}

方法二的代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
const int N=310;
int n,x;
ld ans,f[N][N],p;
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	{
		int tmp;read(x,n,tmp);
		p=1.0*tmp/100;
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++)if(f[i][j]){
			if(j%2==0)f[i+1][j/2]+=f[i][j]*p,ans+=f[i][j]*p;
			f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(1-p);
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)
		ans+=__builtin_ctz(x+i)*f[n][i];
	printf("%.10lf\n",ans);
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}

方法三的代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pil>vpil;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
const int N=310;
int n,x;
ld f[N][N],p;
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("data.out","w",stdout));
	#endif
	{
		int tmp;read(x,n,tmp);
		p=1.0*tmp/100;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)f[0][i]=__builtin_ctz(x+i);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(j*2<=n)f[i+1][j*2]+=(f[i][j]+1)*p;
			if(j)f[i+1][j-1]+=f[i][j]*(1-p);
		}
	printf("%.10lf\n",f[n][0]);
    #ifdef do_while_true
		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}