题解-USACO18DEC Balance Beam详细证明

Problem

洛谷5155

题意概要：给定一个长为\(n\)的序列，可以选择以\(\frac 12\)的概率进行左右移动，也可以结束并得到当前位置上的收益，求从每个位置开始时使用最优策略的最大期望收益是多少

\(n\leq 10^5\)

Solution

关键在于需要考虑当前是选择移动还是直接结束。一个很明了的观点：如果当前移动后的收益期望比当前位置的收益大，那么会选择移动；否则选择直接停止。直接停止的贡献已经知道，那么要求的就是当前点选择移动操作后的收益期望

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有一个结论：在长度为\(L\)的数轴上的位置\(x\)处，每次进行左右移动（左右概率都为\(\frac 12\)），若到达\(0\)或\(L\)即停止，则到达\(0\)停止的概率为\(\frac {L-x}L\)，到达\(L\)停止的概率为\(\frac xL\)

关于这个结论的证明，考虑设在 \(i\) 开始，到\(L\)停止的概率为\(f_i\)，由题可得\(f_i=\frac {f_{i-1}+f_{i+1}}2\)，不难发现这个方程是等差数列的描述，又由\(f_0=0,f_L=1\)可得\(f_i=\frac xL\)，即可得到上面的结论

这个结论的用处后面再说

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假设我们已知一些节点移动的期望收益比当前点停止的收益低，即如果进行随机游走，一旦到达这些点，一个极端聪明的人是绝不会继续移动的，设这些点为停止点

会发现，如果从 \(i\) 出发进行移动，那么移动的期望收益一定是由 \(i\) 往前数第一个停止点和往后数第一个停止点贡献的

不妨设为 \(a\) 和 \(b\)，由我们之前的结论可以得到到达 \(a\) 停止的概率为\(\frac {b-i}{b-a}\)，到达 \(b\) 停止的概率为\(\frac {i-a}{b-a}\)，由期望公式可得从 \(i\) 出发进行随机移动的期望收益为 \(E=v_a\cdot \frac {b-i}{b-a}+v_b\cdot \frac {i-a}{b-a}\)，比划一下会发现这类似于杠杆

现在我们得到了一个优秀的做法，就是对于每个点，找到其前后的第一个停止点，得到其移动的期望收益然后与自己的停止收益取最大值

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但如何求出所有的停止点呢？

进一步，画个图可知，设 \(a\) 坐标为 \((a,v_a)\)，\(b\) 坐标为 \((b,v_b)\)，则从 \(i\) 出发进行移动的期望收益是 \(a,b\) 所连线段与直线\(x=i\)的交点纵坐标，所有的停止点会满足在\(x=i\)时，\(v_i\)要比这条线段要高

不难发现若将所有停止点 \((i,v_i)\)画出来一定成为一个凸包，反证法证明：若存在一个停止点在凸包内，则这个点的移动期望比停止期望大，也就是说这并不是一个停止点，与假设相悖，得证

所以为了得到所有的停止点，只要对所有的\((i,v_i)\)求个凸包即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;

inline void read(ll&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=101000,bs=1e5;
int n,tp;

struct vec{
	int x;ll y;
	inline vec(){}
	inline vec(const int&X,const ll&Y):x(X),y(Y){}
	friend inline vec operator - (const vec&A,const vec&B) {return vec(A.x-B.x,A.y-B.y);}
	friend inline ll operator * (const vec&A,const vec&B) {return A.x*B.y-A.y*B.x;}
}p,st[N];

void push(vec p){
	while(tp&&(p-st[tp])*(st[tp]-st[tp-1])<=0)--tp;
	st[++tp]=p;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);vec p;
	for(int i=1;i<=n;++i)p.x=i,read(p.y),p.y*=bs,push(p);
	push(vec(n+1,0));
	for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
		while(j<tp&&st[j].x<i)++j;
		if(st[j].x==i)printf("%lld\n",st[j].y);
		else printf("%lld\n",((st[j].x-i)*st[j-1].y+(i-st[j-1].x)*st[j].y)/(st[j].x-st[j-1].x));
	}return 0;
}