【题解】CF1479E School Clubs

CF1479E 题解

前置知识：鞅与停时定理

鞅

我们有一个随机过程 \(X_0,X_1, ...\)。如果 \(\forall n \in \mathbb N, \ E(Y_n) < \infty\) 且 \(\forall n \in \mathbb N^+, \ E(Y_{n + 1}|X_n,X_{n-1},...,X_0) = E(Y_n)\)，则我们称 \(Y_0, Y_1, ...\) 为该随机过程的鞅。

离散时间鞅

如果随机过程 \(X_0,X_1, ...\) 满足 \(\forall n \in \mathbb N, \ E(X_n) < \infty\) 且 \(\forall n \in \mathbb N^+, \ E(X_{n + 1}|X_n,X_{n-1},...,X_0) = E(X_n)\)，则我们称该随机过程为离散时间鞅。

即：已知之前所有的过程，之后的观察值的期望等于之前的观察值的期望

停时定理

对于一个随机过程，如果我们可以根据之前的过程判断该过程是否已经停止（即不用知道未来的过程），则他的停时为一个随机变量 \(\tau\)。

如果满足下列几个条件之一，则我们有 \(E(X_\tau) = X_0\)。

1. \(\tau\) 几乎一定有界
2. \(|X_{t + 1} - X_t|\) 一致有界，且 \(E(\tau)\) 有限
3. \(X_t\) 一致有界，且 \(\tau\) 几乎一定有限

注意，这里由于 \(\tau\) 不是一个定值，所以和前面说的离散时间鞅的定义不同。

读者自证不难

OI里面怎么用

有随机过程 \(A_0, A_1, ...\)，考虑构造势能函数 \(\phi\)。要求 \(E(\phi(A_{t+1}) - \phi(A_t) | A_t, A_{t-1}, ..., A_0) = -1\)。

则我们构造随机过程 \(X_t = \phi(A_t) + t\)，易证 \(X_0, X_1, ...\) 为离散时间鞅。

停时定理，\(E(X_\tau) = X_0\) 即 \(E(\phi(A_\tau) + \tau) = \phi(A_0)\)，则 \(E(\tau) = \phi(A_0) - \phi(A_\tau)\)。

CF1479E School Clubs

Statement

有 \(n\) 个学生和 \(m\) 个组，每个人在一个组里面，第 \(i\) 个组的人数为 \(a_i\)。

现在，每天有一个学生（\(n\) 个学生中随机的一个）会生气，他会：

1. 有一半的概率他会脱离这个组，并且成立一个新的组。
2. 有一半的概率他会脱离这个组，并且进入一个已经成立的组。他进入第 \(i\) 个组的概率为 \(\frac {a_i} n\)，他可能会回到原来的组。

求第一次出现所有学生在同一个组的期望天数。

\(m \le 1000\)，\(n \le 4 \times 10^8\)

Sol

在这道题中，我们可以用一个可重集来描述状态，然后我们考虑如何设计 \(\phi\)。

由于不同组之间是独立的，所以我们可以分开计算其势能，即 \(\phi(A_t) = \sum _{a \in A_t} f(a)\)。

分类讨论

1. 操作 1，有一个人离开了一个组，进入了一个新的组。则

   \[\phi(A_{t + 1}) = \phi(A_t) - f(a_x) + f(a_x - 1) + f(1) \]

2. 操作 2，回到原来组。则

   \[\phi(A_{t + 1}) = \phi(A_t) \]

3. 操作 2，没有回到原来组，则

   \[\phi(A_{t + 1}) = \phi(A_t) - f(a_x) + f(a_x - 1) - f(a_y) + f(a_y + 1) \]

综上

\[\begin{aligned} E(\phi(A_{t + 1})|A_t) &= \sum _{i = 1} ^m \dfrac {a_i} n \cdot \dfrac 1 2 \left( \phi(A_t) - f(a_i) + f(a_i - 1) + f(1) + \dfrac {a_i} n \phi(A_t) + \sum _{j = 1}^m [i\neq j] \dfrac {a_j} n \left(\phi(A_t) - f(a_i) + f(a_i-1) - f(a_j) + f(a_j+1)\right)\right) \\ &= \sum _{i = 1} ^m \dfrac {a_i} {2n} \left( 2\phi(A_t) + f(1) - \dfrac {2n - a_i} n f(a_i) + \dfrac {2n - a_i} n f(a_i - 1) + \sum _{j \neq i} (f(a_j+1) - f(a_j))\right) \\ &= \phi(A_t) + \dfrac 1 2 f(1) - \sum_i\dfrac {3na_i-2a_i^2}{2n^2} f(a_i) + \sum_i\dfrac {2na_i-a_i^2}{2n^2} f(a_i- 1) + \sum_i \dfrac {na_i - a_i^2} {2n^2} f(a_i + 1) \end{aligned} \]

根据势能函数需要满足的要求

\[E(\phi(A_{t+1})-\phi(A_t) | A_t, A_{t-1},...,A_0) = -1 \]

所以

\[f(1) + 2 + \sum_i \dfrac{a_i}{n^2} (-(3n-2a_i)f(a_i)+(2n-a_i)f(a_i-1)+(n-a_i)f(a_i + 1)) = 0 \]

由于 \(a_i=0\) 是不会产生贡献的（因为你永远不可能动他）所以相当于扔掉了，因此势能为 0，即 \(f(0) = 0\)。

因为我们关心的是势能的差，所以为了方便我们取 \(f(1)=-2\)，把常数项消掉。则

\[\sum_i \dfrac{a_i}{n^2} (-(3n-2a_i)f(a_i)+(2n-a_i)f(a_i-1)+(n-a_i)f(a_i + 1)) = 0 \]

\[-(3n-2a)f(a)+(2n-a)f(a-1)+(n-a)f(a + 1) = 0 \]

算法一

\[f(a+1) = \dfrac {(3n-2a)f(a)-(2n-a)f(a-1)} {n-a} \]

由于 \(E(A_\tau) = f(n)\)，所以 \(E(\tau) = E(A_0) - E(A_\tau) = \sum f(a_i) - f(n)\)。

线性暴力计算。

这个怎么能过？？？

CF 机子太快了！！1

算法二

刚才那个柿子也可以变成这样

\[(n-a)(f(a+1)-f(a)) = (2n-a)(f(a)-f(a-1)) \]

则我们记 \(f(a)\) 的差分 \(g(a)=f(a+1)-f(a)\)，有

\[g(a) = \dfrac {2n-a}{n-a} g(a-1) = \prod _{i=1} ^a \dfrac {2n-i}{n-i} g(0) \]

而因为 \(f(0)=0\)，\(f(1)=-2\)，所以 \(g(1)=-2\)。

\[f(a) = \sum_{i=0}^{a-1} g(i) \]

然后就是考虑怎么求

\[S(a) = \sum _{i=1}^a \prod_{j=1}^i \dfrac {2n-j}{n-j} \]

有一个很巧妙的 trick。\(N\) 是一个比 \(a\) 大的数。令

\[s(a) = S(a) \cdot \prod_{i=1}^N (n-i) \]

考虑分块求解，块长 \(B = \sqrt N\)，则令

\[R(z) = \sum_{i=z+1}^{z+B} \left(\prod_{j=z+1}^i (2n-j)\prod_{j=i+1}^{z+B} (n-j)\right) \]

则

\[s(a) = \sum _{i=0}^{a/B} \left(\prod _{j=1}^{Bi} (2n-j)\cdot \prod_{j=Bi+B+1}^N (n-j)\cdot R(Bi)\right) + \sum_{i=(\lfloor a/B\rfloor+1)*B+1}^a \left(\prod _{j=1}^i (2n-j) \cdot \prod_{j=i+1}^N (n-j)\right) \]

接下来考虑如何计算。

对于 \(R(z)\)，首先 \(R(0)\) 是可以 \(O(\sqrt n)\) 计算的。

考虑递推

\[R(z) = R(z-1) \cdot \dfrac {n-(z+B)}{2n-z} + \prod_{i=z+1}^{z+B} (2n - i)- \prod_{i=z+1}^{z+B}(n - i) \]

求出 \(R(0) .. R(B)\) 之后我们进行插值，就可以得到多项式 \(R(z)\)。然后我们可以多点求值求出所有 \(R(Bi)\)。

对于剩余的部分，我们需要求的其实是一些 \(2n-x\) 或者 \(n-x\) 的前缀或者后缀积。

我们考虑如何求一个一次函数 \(F(x)\) 的前缀积。（后缀积不说了，因为可以很方便地转化成前缀积）

我们延续前面的分块的思想。记 \(D(z) = \prod _{i=z+1}^{z+B} F(i)\)。

注意到 \(D(z)\) 是一个关于 \(x\) 的 \(B\) 次多项式，所以我们延续前面求 \(R(z)\) 的想法，先求出 \(D(0) , D(1), \cdots, D(B)\) 然后插值、多点求值求出所有的 \(D(Bi)\)。

这么做的时间复杂度是 \(\mathcal O(\sqrt n(m + \log^2 N))\)。

算法三

快速插值和多点求值常数太大辣！！！

其实我们可以用“快速阶乘”的 trick 去掉一个 log。

首先我们有多项式 \(f(x)\) 和若干个点值 \((x_i, f(x_i))\)。考虑拉格朗日插值的公式

\[f(x) = \sum_{i=1} ^m f(x_i) \prod _{j \ne i} \dfrac {x - x_j} {x_i - x_j} \]

在这个问题中 \(x_i\) 分别为 \(0\) 到 \(d\)。所以

\[f(x) = \sum_{i=0} ^d f(i) \prod _{j \ne i} \dfrac {x - j} {i - j} \]

考虑怎么求 \(f(d + k)\)，\(1 \le k \le t\)

\[\begin{aligned} f(d+k) &= \sum_{i=0} ^t f(i) \prod _{j \ne i} \dfrac {d + k - j} {i-j}\\ &= \prod _{j=0} ^t (d+k-j) \cdot \left(\sum_{i=0}^t \dfrac {(-1)^{t-i}f(i)}{i!(t-i)!} \cdot \dfrac 1 {d+k-i}\right) \end{aligned} \]

括号里面可以卷积计算：

\[F(x) = \sum _{i=0} ^t \dfrac {(-1)^{t-i}f(i)}{i!(t-i)!} x^i \]

\[G(x) = \sum_{i=0}^{2t} \dfrac 1 {d-t+i} x^i \]

故

\[f(d+k) = \prod _{j=0} ^t (d+k-j) \cdot [x^{k+t}] F(x)G(x) \]

如果给出 \(f(0), f(B), f(2B), .. f(Bk)\)，要求 \(f(d), f(d+B), .., f(d+Bk)\)，则设 \(g(x) = f(Bx)\) 就可以解决。

接下来考虑如何求 \(R(z)\)。

\[R(z,B) = \sum_{i=z+1}^{z+B} \left(\prod_{j=z+1}^i (2n-j)\prod_{j=i+1}^{z+B} (n-j)\right) \]

\[P(z, B) = \prod _{j = z + 1} ^{z + B} (2n - j) \]

\[Q(z, B) = \prod _{j = z + 1} ^{z + B} (n - j) \]

那么我们要算的就是 \(P(0, B), P(s, B), ... , P(sB, B)\)，\(R, Q\) 同理。

如何递归计算？

\[R(z, 2B) = R(z,B)\cdot Q(z+B,B)+R(z+B,B) \cdot P(z,B) \]

\[P(z, 2B) = P(z,B) \cdot P(z+B,B) \]

\[Q(z, 2B) = Q(z, B) \cdot Q(z + B, B) \]

我们发现，我们需要计算的其实是：

\(P(0 + ks, B)\)，\(P(B + ks, B)\)，\(P(sB + ks, B)\)，\(P(B + sB + ks, B)\)，其中 \(0 \leq k \leq B\)；

那么我们使用前面给出的方法容易由第一组 \(P\) 算出其他三组。

然后就可以使用倍增求解。时间复杂度 \(T(k) = T(k / 2) + O(k \log k) = O(k \log k)\)，其中 \(k\) 为多项式的次数。

这种方法的时间复杂度是 \(\mathcal O(\sqrt n(m + \log N))\)，比算法二少了一个 log，常数也由显著提升（因为不用多点求值）

总结

这道题是一道好题。

对于求停时期望的问题，构造势能函数、使用停时定理是一种非常好的解决问题的方法。

算法一考察了选手胆大心细的能力以及对CF评测机的了解程度（bushi）。

算法二考察了对于一类多项式的类似阶乘的形式的问题，使用分块求解的方法。

算法三考察了对于拉格朗日插值公式的变形，在此类问题中把多点求值问题转化成标准的卷积性质的方法。

代码

翻cf递交记录吧。