【题解】P1654 OSU!（组合数学，概率，期望）

【题解】P1654 OSU!

post on 2022.5.4：

昨天艾教重新很详细的讲了一遍这道题，之前就感觉这道题并没有完全理解。

昨天艾教讲了之后我才茅塞顿开。这里记录一下艾教的推导过程，一是让我再次捋一遍思路，更加清楚；二是希望我以后见到类似的题目之后，能有所进步，而不是像刚开始一样手足无措。

题目链接

P1654 OSU!

思路分析

解法一

用 $P_{i,j}$ 表示现在走到了第 $i$ 个操作，连续成功了 $j$ 次。

$E_i(x)$ 表示现在走到了第 $i$ 个操作，期望连续成功多少次。

那么根据期望的定义有：

E_i(x)=\sum \limits_{j=0}^{\infty} j \times P_{i,j}

同理，

E_i(x^2)=\sum \limits_{j=0}^{\infty} j^2 \times P_{i,j}\\ E_i(x^3)=\sum \limits_{j=0}^{\infty} j^3 \times P_{i,j}

考虑递推式。

假设每次的成功概率是 $k_i$ 。

对于第 $i$ 位，我们有 $k_i$ 的概率成功，那么假设到第 $i-1$ 位连续成功了 $j$ 次，那么第 $i$ 位上若成功，就连续成功了 $j+1$ 次，因此同样根据期望的定义我们可以将 $E_i(x)$ 用 $P_{i-1,j}$ 表示：

\begin{aligned}E_i(x)&=k_i \times \sum \limits_{j=0}^{\infty} (j+1) P_{i-1,j}\\&=k_i \times(\sum\limits_{j=0}^{\infty} j\cdot P_{i-1,j}+\sum \limits_{j=0}^{\infty}P_{i-1,j})\\&=k_i\times(1+E_{i-1}(x))\end{aligned}

所以对于二次：

\begin{aligned}E_i(x^2)&=k_i \times \sum \limits_{j=0}^{\infty}(j+1)^2 \cdot P_{i-1,j} \\&=k_i \times \sum \limits_{j=0}^{\infty}(j^2+2j+1)\cdot P_{i-1,j} \\&=k_i \times (\sum \limits_{j=0}^{\infty}j^2 \cdot P_{i-1,j} +\sum \limits_{j=0}^{\infty}2j \cdot P_{i-1,j}+\sum \limits_{j=0}^{\infty}P_{i-1,j}) \\&=k_i \times (E_{i-1}(x^2)+2 E_{i-1}(x)+1)\end{aligned}

同理，

E_i(x^3)=k_i \times (E_{i-1}(x^3)+3E_{i-1}(x^2)+3E_{i-1}x+1)

我们可以发现这玩意其实满足二项式定理。

那么其实可以拓展到 $n$ 次期望（一会再说）。

考虑统计答案。

可以发现：

ans_i=(1-k_{i+1})\times E_i(x^3)

这个式子如何理解呢？

对于一个答案序列，我们最后统计答案时只计算每一段连续的 1 中最后一个位置的答案。

举个例子：当我们最后序列是 0011101101 这个序列时，我们最后答案计算方法是： $3^3+2^3+1^3=36$ 。相当于是序列第 5 个位置为整个答案贡献了 $2^3$ ，第 8 个位置贡献了 $2^3$ ，第 10 个位置贡献了 $1^3$ 。

也就是说，实际上只有每一段的最后一个位置对答案有贡献。而其它位置，可以看做是对答案无贡献的。

那么在具体的式子里面如何判断一个位置是不是一段连续的 1 的最后一个位置呢？

显然对于一个位置 $i$ ，如果有贡献，那么第 $i+1$ 个位置一定为 0。

那么就很显然了。根据期望的定义，用第 $i+1$ 个位置为 0 的概率乘上第 $i$ 个位置的期望即为 $ans_i$ 。

解法二

我们首先从一个例子引入。

假设我们最终的答案序列是 1110110，那么答案显然为 $3^3+2^3=35$ ，对于上一种解法，我们是将它看成看成每一段连续的 1 的最后一个位置对答案的贡献求和。

在这里，我们可以换一种思路：将每一段连续的 1 的最后一个位置的贡献分配到这一段包含连续的 1 的所有位置上去。

比如：对于上面这个例子，我们可以看做：第一个位置对答案贡献了 1，第二个位置对答案贡献了 7，第三个位置对答案贡献了 19。

也就是说，对于一段连续的 1 中的第 $x+1$ 个 1，对答案贡献了 $(x+1)^3-x^3$ 。根据期望的定义，每一个是 1 位置 $i$ 对答案的贡献就是：

\begin{aligned}\sum \limits_{j=0}^{\infty}P_{i-1,j}((j+1)^3-j^3) &=\sum \limits_{j=0}^{\infty}P_{i-1,j}(3j^3+3j+1) \\&=\sum \limits_{j=0}^{\infty}3j^3\cdot P_{i-1,j}+\sum \limits_{j=0}^{\infty}3j\cdot P_{i-1,j}+\sum \limits_{j=0}^{\infty}P_{i-1,j} \\&=3E_{i-1}(x^2)+3E_{i-1}(x)+1\end{aligned}

所以

ans_i=k_i(3E_{i-1}(x^2)+3E_{i-1}(x)+1)

拓展

根据一次，二次，三次期望，我们可以拓展到 $k$ 次期望。

通过解法一中的递推式我们可以发现：

E_i(x^k)=k_i \times (E_{i-1}x+1)^k

二项式定理解决即可。

代码实现

//luoguP1654
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
double p[maxn];
double s1[maxn],s2[maxn],s3[maxn],ans[maxn]; 

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
	int n;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>p[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		s1[i]=(s1[i-1]+1)*p[i];
		s2[i]=(s2[i-1]+2*s1[i-1]+1)*p[i];
		s3[i]=(s3[i-1]+3*s2[i-1]+3*s1[i-1]+1)*p[i];
		ans[i]=ans[i-1]+(1-p[i+1])*s3[i];//解法一
		//ans[i]=ans[i-1]+(3*s2[i-1]+3*s1[i-1]+1)*p[i];//解法二
		
	 } 
	cout<<fixed<<setprecision(1)<<ans[n]<<endl;
	return 0;
}