CF908D-New Year and Arbitrary Arrangement

CF908D-New Year and Arbitrary Arrangement

前言

不是这题为啥星 \(2200\) 啊，感觉做的很多 \(3000\) 左右的题都比这道题水吧。

简化题意

给定空字符串，每次在串尾加入 \(a\) 或 \(b\) ，各有一定概率。

若其中有 \(\ge k\) 个 \(ab\) 子序列 ， 则停止加入。

问至加入结束时，含有 \(ab\) 子序列个数的期望值。

\(k \le 1000\)

题解

感觉一眼概率 \(dp\) .

状态设计的话， \(k\) 这么小，感觉就像是二维。

那么我们分析一下，如果 \(k = 1 , p_a = p_b = \frac{1}{2}\)

存在什么情况捏，分两类。

1. 第一位是 a : \(ab , aab , aaab , aaaaaaaaaaaaaaa \dots b\)

注意好像 \(a\) 可以有无限个。

2. 第一位是 b : \(bab , bbab , baab , \dots\)

我们发现这种情况其实就是第一位是 a 的情况前面不知道加几个 b。

所以我们只用统计第一种情况即可。

我们发现只要不存在逆天 \(aaaaaaaaaaaa \dots\)

\(a\) 的个数应该是 \(k\) 之内。如果存在较多 \(a\) , 那较多 \(a\) 处应该在串尾。

那我们证一下，如果存在前面 \(k + 1\) 个 \(a\) , 那加一个 \(b\) 直接就停止加入了，所以其在串尾。

有些长得帅的小伙伴就问了，好像 \(b\) 的个数更为确定在 \(k\) 内吧，为什么不用 \(b\) 转移？

欸，其实我最早想的就是 \(b\) , 但是由于无法判断新的概率值，所以没法转移。

所以 \(dp\) 状态很明显了， \(dp_{i , j}\) 表示 \(i\) 个 \(a\) , \(j\) 个答案子序列的概率和。

\[dp_{i , j} = dp_{i - 1 , j} \times p_a + dp_{i , j - i} \times p_b \]

好的，那概率有了，怎么统计答案？

呃呃呃这个时候就要想一想，如果每个位置都加 \(aaaaa \dots b\) , 那可能会重复的。

例： \(aabab\) 和 \(aab\)

那怎么整？

我们只需将 \(a\) 还没用满的时候，后面加个 \(b\) , \(a\) 用满后，在加 \(aaaaa \dots b\) .

那这个逆天长串答案怎么统计？

设原串中 \(a\) 有 \(x\) 个，显然答案为：

\[\begin{aligned} &= dp_{i , j} \times \left(\sum{p_b p_a^i \times (i + x)} \right) \\ &= dp_{i , j} \times \left(\frac{x p_b}{1 - p_a} + \frac{p_a + p_b}{(1 - p_a)^2}\right) \end{aligned}\]

做完啦！！！

code

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ; 
typedef long long ll ; 
const int N = 1e3 + 10 ; 
const int mod = 1e9 + 7 ; 

ll k , p11 , p22 , p1 , p2 , dp[N][N] ; 

inline ll Quick_Pow(ll a , ll b) {
	ll ans = 1 ; 

	while (b) {
		if (b & 1) ans = (ans * a) % mod ; 
		b >>= 1 , a = (a * a) % mod ; 
	}

	return ans ; 
}

ll ans = 0 ; 

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0) , cin.tie(0) , cout.tie(0) ; 
	cin >> k >> p11 >> p22 ; 

	p1 = (p11 * Quick_Pow(p11 + p22 , mod - 2)) % mod , p2 = (p22 * Quick_Pow(p11 + p22 , mod - 2)) % mod ; 
	dp[0][0] = 1 ; 

	for (int i = 1 ; i <= k ; ++ i) {
		for (int j = 0 ; j < k ; ++ j) {
			dp[i][j] = (dp[i - 1][j] * p1) % mod ; 

			if (j >= i) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j - i] * p2 % mod) % mod ; 
			if (i != k && i + j >= k) ans = (ans + (((dp[i][j] * p2) % mod) * ((1ll * i + j) % mod))) % mod ; 
		}
	}

	ll sum1 , sum2 , ny ; 

	for (int i = 0 ; i < k ; ++ i) {
		ny = Quick_Pow((1 - p1 + mod) % mod , mod - 2) ; 
		sum1 = ((k * p2) % mod * ny) % mod , sum2 = (((p1 * p2) % mod) * ((ny * ny) % mod)) % mod ; 
		ans = (ans + (dp[k][i] * (sum1 + sum2 + i)) % mod) % mod ; 
	}

	ans = (ans * Quick_Pow((1 + mod - p2) % mod , mod - 2)) % mod ; 
	cout << ans ; 
}

When forty winters shall besiege thy brow
And dig deep trenches in thy beauty's field,
Thy youth's proud livery,so gazed on now,
Will be a tattered weed of small worth held:
Then being asked where all thy beauty lies,
Where all the treasure of thy lusty days,
To say within thine own deep-sunken eyes
Were an all-eating shame and thriftless prasie.
How much more praise deserved thy beauty's use
If thou couldst answer,'This fair child of mine
Shall sum my count and make my old excuse',
Proving his beauty by succesion thine.
	This were to be new made when thou art old
	And see thy blood warm when thou feel'st it cold.