【LGR-032】随机数生成器

题面

https://www.luogu.org/problem/P3600

题解

洛谷试炼场里“概率期望”的题，我写了$4$个，这应该是第$5$个。

我查了一下，这是有出处的。见【洛谷2017春节联欢赛】Hello Dingyou 是这场比赛的$F$题，说明在这场比赛中还是一道很难的题。

但从$CF$赛制和题数来看，这道题如果选对了方法也应该是很好做的。

我们先观察一下答案的形式，一般的概率期望处理这些最大/最小的都没有很好的办法，但是因为是求最小的最大，这种形式在二分问题中出现的很多（$\mbox{NOIP2018day1T3}$），在这个概率期望/计数问题中，我们显然可以枚举答案。

发现如果是枚举答案恰好是$x_0$，众所周知并不是很好做。可以进一步的转换，枚举答案$\le x_0$，算这样的方案数，这样的话，我们会有一步更优美的转化。

“所有答案的最大值$\le x_0$，等价于所有答案$\le x_0$”，神奇地把最大值去掉了。

假设我们已经求出了$P_i$（所有最终答案$\le x_0$的序列的方案数），我们就有$$ans=\frac{1}{x^n}\sum{i(P_i-P_{i-1})}$$

另一个很显然的结论，若存在区间$A,B$，有$A \subseteq B$，则$B$是没用的，因为$B$中最小值一定不比$A$中最小值更大，肯定不会是最终的最大值，所以就可以把所有这样的区间全去掉。（这是题解上说的，事实上，我的方法中，这个显然的结论不是必须的，可见性质的价值在一定程度上取决于发掘它的难度）

去掉了这样的区间之后，左端点有序则右端点有序，每个区间最小值$\le x_0$，则对序列的要求是每一个区间至少有一个数$\le x_0$。

直接令$f[i]$为$[1..i]$的序列，最后一个$\le x_0$的地方在$i$处，然后就是一个简单的序列$dp$（前几天看的$\mbox{ShichengXiao}$大佬告诉我的）

然后每次对$i$有影响的$j$是一段区间，直接算前缀和然后用类似哈希的方法更新就好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<vector>
#define ri register int
#define N 2050
#define mod 666623333
#define LL long long

using namespace std;

inline int read() {
    int ret=0,f=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') ret*=10,ret+=ch-'0',ch=getchar();
    return f?-ret:ret;
}

int n,x,q;
int f[N],p[N];
int pre[N];
int sum[N];
vector<int> back[N];

inline int mul(int a,int b) {
    LL ret=a; ret*=b;
    return (int)(ret%mod);
}

inline int pow(int a,int b) {
    int ret=1;
    for (;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if (b&1) ret=mul(ret,a);
    return ret;
}

int getval(int l,int r,int x0) {
    if (!l) return sum[r];
    int ret=sum[r]-mul(sum[l-1],pow(x-x0,r-l+1));
    if (ret<0) return ret+mod; else return ret;
}

int count(int x0) {
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    f[0]=1; sum[0]=1;
    for (ri i=1;i<=n;i++) {
        f[i]=mul(mul(getval(pre[i-1],i-1,x0),1),x0);
        sum[i]=mul(sum[i-1],x-x0)+f[i]; if (sum[i]>=mod) sum[i]-=mod;
    }
    int ret=0;
    for (ri i=pre[n];i<=n;i++) {
        ret+=mul(f[i],pow(x-x0,n-i));
        if (ret>=mod) ret-=mod;
    }
    return ret;
}

int main() {
    n=read(); x=read(); q=read();
    for (ri i=1,l,r;i<=q;i++) {
        l=read(); r=read();
        back[r].push_back(l);
    }
    pre[0]=0;
    for (ri i=1;i<=n;i++) {
        int ret=0;
        for (ri j=0;j<back[i].size();j++) if (back[i][j]>ret) ret=back[i][j];
        pre[i]=max(pre[i-1],ret);
    }
    int ans=0;
    p[0]=0;
    for (ri i=1;i<=x;i++) p[i]=count(i);
    for (ri i=1;i<=x;i++) {
        int a=p[i]-p[i-1];
        if (a<0) a+=mod;
        ans+=mul(a,i);
        if (ans>=mod) ans-=mod;
    }
    ans=mul(ans,pow(pow(x,n),mod-2));
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}