Luogu6630 [ZJOI2020] 传统艺能

2023.6.10 UPD: 3 * 3 的式子原来有笔误，感谢 灰鹤在此 和 llzer 的指出。

有一棵广义线段树，每个节点有一个 $m$ 值。一开始 tag 数组均为 $0$，Bob 会执行 $k$ 次操作，每次操作等概率随机选择区间 $[l, r]$ 并执行 MODIFY(root,1,n,l,r);。
最后所有 Node 中满足 tag[Node]=1 的期望数量。
$n \le 2\times 10^5$

---

　　看着题解想锤人的题。。。

　　很多题解都不讲清状态的设计，以及为什么只要一个 $3\times3$ 的矩阵，为什么状态可以这么设计，于是自行研究了一个 $4\times 4$ 的矩阵的做法才明白原因。于是这个题解讲一个比较好理解的方式。

　　首先，考虑根据期望的线性性计算答案，计算每个节点最后有 tag 的概率，比较显然的事情就是 tag 只有两种：祖先的 tag（是否存在一个祖先的 tag = 1） 和自己的 tag。接着我们可以只记录这两种 tag，并将每次操作的节点分类：

• A. 父亲区间和操作区间没有交集：什么也不会发生变化。

• B. 父亲区间被操作区间包含：祖先的 tag = 1，自己的 tag 不变。

• 父亲区间和操作区间有交（但是不被包含）

  • C. 自己与操作区间没有交集：自己的 tag |= 祖先的 tag， 祖先的 tag = 0。
  • D. 自己区间被操作区间包含：祖先的 tag = 0， 自己的 tag = 1。
  • E. 自己区间和操作区间有交：祖先的 tag = 自己的 tag = 0。

　　然后按照编号 ABCDE 计算方案数。

关于方案数的计算，我们可以发现，单个节点与操作区间 没有交集/被包含/没有被包含但是有交集 的概率是比较好计算的。
那么 $A,B$ 可以从父亲节点继承过来，$C$ 就是自己的没有交集的概率-父亲没有交集的概率，$D$ 就是自己被包含的概率-父亲被包含的概率，最后一个，$E =1-A-B-C-D$ 即可。

　　之后魔幻的事情就来了，大部分题解都直接说维护一个 $3\times3$ 的矩阵然后搞搞搞搞搞，甚至有的没有讲清状态的定义，令人一脸蒙 B，看了半年（尤其是式子比较复杂，还不如自己推一推，于是我就推了大半天才明白）。

　　最朴素直接的想法应该是设 $f_0, f_1, f_2, f_3$ 表示 祖先和自己 tag 都为 0 、只有自己的 tag = 1、存在一个祖先 tag = 1、自己 tag = 1 并且存在一个祖先 tag = 1 的概率，转移的话可以根据定义以及变化列出以下式子：

$$\left\{ \begin{aligned} f'_0 &= Af_0 + Cf_0 + E(f_0 + f_1 + f_2 + f_3)\\ f'_1 &= Af_1 + C(f_1+f_2+f_3)+D(f_0+f_1+f_2+f_3)\\ f'_2 &= Af_2 + B(f_0 + f_2)\\ f'_3 &= Af_3 + B(f_1 + f_3) \end{aligned} \right.$$

　　这个可以直接使用 $4\times 4$ 的矩阵维护，最后的答案就是 $f_1+f_3$。

　　代码

　　但是为什么很多题解都拿的 $3\times 3$ 的矩阵呢？

　　我们可以注意到，最后的答案就是 $f_1+f_3$，然后再自己观察一下两个的转移的式子，就可以发现可以将两个式子合并到一起，于是可以直接维护一个 $3 \times 3$ 的矩阵了。

　　具体地，将 $f_1$ 状态设为 自己的 tag=1，祖先的 tag 任意的概率，其余不变，然后式子大概长这样：

$$\left\{ \begin{aligned} f'_0 &= Af_0 + Cf_0 + E(f_0 + f_1 + f_2)\\ f'_1 &= Af_1 + Bf_1 + C(f_1+f_2)+D(f_0+f_1+f_2)\\ f'_2 &= Af_2 + B(f_0 + f_2)\\ \end{aligned} \right.$$

　　然后可以使用 $3\times3$ 的矩阵维护了，也可以根据 $f_0 + f_1+f_2 = 1$ ，在矩阵中维护两个状态 + 一个单位元。

　　因为 $4\times4$ 的可以直接过，于是 $3\times 3$ 代码没写，所以如果 $3\times3$ 的式子有问题可以与我联系。