闲话 23.1.26

闲话

下午补。

今日推歌：FREELY TOMORROW - Mitchie M feat. 初音ミク
有兴趣的可以自己了解。

今日模拟赛 T3

小恶心。原题似乎是 pe444，但是好像不让写题解的样子？
反正不是原题啦，随便！

首先观察 \(E(111) = 5.2912\) 这个数值就很不对劲。扔进计算器发现 \(H(111) = 5.291243607252986\)。这里的 \(H\) 就是调和级数，常这么记。
然后猜了这个结论，也就是 \(S_0(n) = H(n)\)。

具体是咋证的呢？
我们假设现在翻开的牌上数的集合是 $ A$，它的补是 $ B$。有一个结论是如果 \(\max A > \min B\) 就和前面的最大值换，反之就不换。
比较显然？因为你可以选择的一定是 \(\max A\)，选了一定是不劣的。这点也是需要自己看不见自己的牌才能决定的。
然后发现只有自己是后缀最大值时才会不换。假设当前的排列是 \(p\)，我们设 \(suff(i)\) 是 \(i\sim n\) 的最大值，我们要的就是 \(\sum[p_i = suff(i)]\) 的期望。
这个东西就是 \(H(n)\)。

看到前缀和就想到用生成函数来刻画。假设 \(H(n)\) 的生成函数是 \(F(x)\)，我们考虑表出 \(F(x)\)。
\(H(n)\) 的差分是 \(\dfrac{1}{n}\)，而这个东西是好表示的，就是 \(-\ln(1-x)\)，证明考虑对 \((1-x)^{-1}\) 做积分。场上以为是 x((1-x)^{-1})' 所以推了老半天错解
于是 \(F(x) = \dfrac{-\ln(1-x)}{(1-x)}\)。\(S_k(n)\) 的生成函数 \(F_k(x)\) 也好写出了，就是

\[\frac{-\ln(1-x)}{(1-x)^{k + 1}} \]

我们想要得到递推，考虑分析 ode。

\[\begin{aligned} F_k'(x) &= \left(\frac{-\ln(1-x)}{(1-x)^{k + 1}}\right)' \\ &= \frac{(-\ln(1-x))'(1-x)^{k+1} - (k + 1)(1 - x)^{k}\ln(1-x) }{(1-x)^{2(k + 1)}} \\ &= (k + 1)\frac{-\ln(1 - x)}{(1-x)^{k + 2}} + \frac{1}{(1-x)^{k + 2}} \\ &= (k + 1)F_{k + 1}(x) + \frac{1}{(1-x)^{k + 2}} \end{aligned}\]

我们容易提取上面的式子两边的系数，也就是

\[(n + 1)S_k(n + 1) = (k + 1) S_{k + 1}(n) + \binom{k + 1 + n}{n} \]

我们希望对 \(k\) 作递推，化简得到

\[S_k(n) = \frac{n + 1}{k}S_{k - 1}(n + 1) - \frac{1}{k}\binom{k + n}{n} \]

到这里我们就可以快速地递归到 \(S_0(n)\) 后计算了，组合数可以 \(O(k)\) 地求得。

那我们如何得到 \(S_0(n)\) 呢？
\(n\) 较小时可以预处理 \(H(n)\)。\(n\) 较大时呢？可以发现答案对精度的要求并不高。因此我们容易想到

\[H(n) = \ln n + \gamma + \epsilon_n \]

其中 \(\epsilon_n = O\left(\frac 1n\right)\)，\(\gamma\) 是 Euler-Mascheroni 常数，约为 0.57721566490153286060651209。背不过也可以直接算一个出来，几秒钟就能得到小数点后 ⑨ 位精度！

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; 
using pii = pair<int,int>; using vi = vector<int>; using vp = vector<pii>; using ll = long long; 
using ull = unsigned long long; using db = double; using ld = long double; using lll = __int128_t;
template<typename T1, typename T2> T1 max(T1 a, T2 b) { return a > b ? a : b; }
template<typename T1, typename T2> T1 min(T1 a, T2 b) { return a < b ? a : b; }
#define multi int T; cin >> T; while ( T -- )
#define timer cerr << 1. * clock() / CLOCKS_PER_SEC << '\n';
#define iot ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define rep(i,s,t) for (register int i = (s), i##_ = (t) + 1; i < i##_; ++ i)
#define pre(i,s,t) for (register int i = (s), i##_ = (t) - 1; i > i##_; -- i)
#define eb emplace_back
#define pb pop_back
const int N = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
#define gamma 0.57721566490153286060651209
#define H(n) (__builtin_logl(n) + gamma)
ll k, n;
ld h[1000003];

ld S(int k, ll n) {
    if (k == 0 and n <= 1e6) return h[n];
    if (k == 0 and n > 1e6) return H(n);
    ld ret = 1. / k;
    rep(i,1,k) ret = ret / i * (n + i);
    return S(k - 1, n + 1) / k * (n + 1) - ret;
}

signed main() {
	iot; cout.unsetf(ios::fixed); cout.setf(ios::scientific); cout.precision(9);
    cin >> k >> n;
    rep(i,1,min(1e6, n + k + 1)) h[i] = h[i - 1] + (ld)1. / i;
    cout << S(k, n) << '\n';
} 

---

一个小级数

闲的没事看 b 站，然后看到一个视频。
没看 up 主的讲解，自己搞了一会儿出来了，发现挺好玩的，写写。

我们想要的就是证明

\[\sum_{i\ge 1} \binom{2i}{i - 1} x^{i + 1} (1 - x)^{i - 1} = \frac{1}{2x-1} \]

考虑从左往右证。首先这个 \(i\) 的范围挺难受的，不如从 \(0\) 开始，也就是

\[\sum_{i\ge 0} \binom{2i + 2}{i} x^{i + 2} (1 - x)^{i} \]

提出来 \(x^2\)，再合并一下同类项得到

\[x^2\sum_{i\ge 0} \binom{2i + 2}{i} \left(x - x^2\right)^{i} \]

用原丁真，鉴定为可以直接套广义二项级数。

根据 定理 附 \(3.1.3\)，我们可以写出后面的封闭形式，也就是

\[x^2\frac{\mathcal B_2(x - x^2)^2}{1 - 2 + 2\mathcal B_2(x - x^2)^{-1}} \]

众所周知，\(\mathcal B _2(z)\) 是卡特兰数的生成函数，也就是 \(\dfrac{1 - \sqrt{1 - 4z}}{2z}\)。带入 \(z = x - x^2\) 可以得到化简的答案即为 \(\dfrac{2 - 2p}{2p(1-p)} = \dfrac{1}{p}\)。
你说根号咋确定正负？还是考察是否合理。

带回原式，就是

\[x^2\frac{x^{-2}}{1 - 2 + 2x} = \frac{1}{2x-1} \]

结束啦！