CodeForces 1866 M. Mighty Rock Tower solution

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安利博客qwq

首先有一个很妙的状态设计，就是这么设计，\(dp_i\) 表示高度从 \(i\) 到 \(i+1\) 的期望步数，

那么这样就比较转移。最后的答案也就是 \(\sum_{i=1}^ndp_i\) 。

容易想到转移的式子，就是一种是坍塌到了 0，另一种就是坍塌到了某一层。

\[dp_i=1+(\sum_{j=1}^idp_j\times p_i^i) + \sum_{j=1}^{i-1}dp_{i-j+1}\times(1-p_i)\times p_i^j \]

\[=1+(\sum_{j=1}^idp_j\times p_i^i) + \sum_{j=1}^{i-1}((1-p_i)\times p_i^j\times\sum_{k=i-j+1}^{i}dp_k) \]

\[=1+(\sum_{j=1}^idp_j\times p_i^i) + \sum_{j=1}^{i-1}\sum_{k=i-j+1}^{i}dp_k\times(1-p_i)\times p_i^j \]

\[=1+(\sum_{j=1}^idp_j\times p_i^i) +\sum_{k=1}^{i}dp_k\times\sum_{j=i-k+1}^{i-1} p_i^j\times (1-p_i) \]

然后这里最后一项可以等比数列求和：得到：

\[\sum_{j=i-k+1}^{i-1} p_i^j \]

\[=\frac{(p_i^i-1)-(p_i^{i-k+1}-1)}{p_i-1} \]

\[=\frac{p_i^i-p_i^{i-k+1}}{p_i-1} \]

所以

\[dp_i=1+(\sum_{j=1}^idp_j\times p_i^i) +\sum_{k=1}^{i}dp_k\times (p_i^{i-k+1}-p_i^i) \]

\(j\) 和 \(k\) 合并。

\[=1+\sum_{j=1}^idp_j\times p_{i}^{i-j+1} \]

\(dp_i\) 拆出来，移项：

\[dp_i-dp_i\times p_i=1+\sum_{j=1}^{i-1}dp_j\times p_{i}^{i-j+1} \]

移回去:

\[dp_i=\frac{1+\sum_{j=1}^{i-1}dp_j\times p_{i}^{i-j+1}}{1-p_i} \]

最后的优化：！

我们对于每一种 \(x \in [0,99]\) ，的 \(dp_i\times x^i\) 做一遍前缀和即可。
时间复杂度： \(O(Vn)\)。

AC Code:

const int N = 200010;
int n;
int p[N];
mint dp[N], s[N][100], val[100];//这里用了modint，见谅

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &p[i]);
    for (int i = 0; i < 100; i++) 
        val[i] = mi(i) / 100;//这里注意要这么算，否则会TLE..

    mint ans;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i] = (1 + s[i - 1][p[i]] * val[p[i]]) / (1 - val[p[i]]);//就是是式子。。
        for (int j = 0; j < 100; j++) {
            s[i][j] = (s[i - 1][j] + dp[i]) * val[j];
        }
        ans += dp[i];
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

可以点个赞吗 QWQ。