Luogu P3600 随机数生成器（期望+dp）

题意

有一个长度为 $n$ 的整数列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ ,每个元素在 $[1, x]$ 中的整数中均匀随机生成。

有 $q$ 个询问,第 $i$ 个询问的结果是下标在 $[l_i , r_i ]$ 的元素的最小值。
求这 $q$ 个询问结果的最大值的期望， $\bmod 666623333$ 。

数据范围

$1 \le n, q, x \le 2000$ 。

题解

参考了 fjzzq2002 的题解。

有个很有用的结论。

对于非负实数变量 $X$ 我们有：

$\mathbb E(X) = \int_{0}^{\infty} P(X \ge x) \mathrm dx$
对于 $X$ 是离散的非负整数变量的情况，我们有：

$\mathbb E(X) = \sum_{x = 1}^{\infty} P(X \ge x)$
如何理解呢？我们可以考虑期望的定义式 $\mathbb E(X) = \sum_{x} P(X = x) x$ 其实是一个数面积的过程，也就是积分。
然后等式两边的其实就是数面积的两种过程，一个是竖着数，另外一个是横着数。

推广一下其实如果是求 $\mathbb E(f(X))$ 我们考虑求导后积分也就是：

$\mathbb E(f(x)) = \int_{0}^{\infty} f'(x) P(X \ge x) \mathrm dx$

我们套用这个后就有

E (a n s) = \sum_{i = 1}^{\infty} P (a n s \geq i) = \sum_{i = 0}^{x - 1} (1 - P (a n s \leq i))

$\mathbb E(ans) = \sum_{i = 1}^\infty P(ans \ge i) = \sum_{i = 0}^{x - 1} (1 - P(ans \le i))$

这样就好做多了，考虑枚举 $i$ ，然后算 $P(ans \le i)$ 也就是，每个区间的 $\min$ 都 $\le i$ 的概率，假设这个 $i = t$ 。

我们发现如果一个区间包含另外一个区间的话，那么它的最小值一定不会比小区间大，所以一定不会贡献到答案，那么我们可以去掉大区间。转化后，所有区间就是互不包含的了。

考虑记 $f_i$ 为右端点不超过 $i$ 的区间询问结果都 $\le t$ 的概率。

如果不存在一个 $r = i$ ，那么就是 $f_i = f_{i - 1}$ 。

否则记右端点为 $i$ 的区间左端点为 $j$ ，枚举区间内最后一个 $\le t$ 的数的位置 $l$ ，那么我们有

f_{i} = \sum_{l = j}^{i} f_{l - 1} \frac{t}{x} (1 - \frac{t}{x})^{i - l}

$f_i = \sum_{l = j}^{i} f_{l - 1} \frac tx (1 - \frac tx)^{i - l}$

然后发现是 $\mathcal O(xn^2)$ 的，发现它能跑过QAQ

显然我们可以使它更加正确，推导一下式子就有（注意有 $t < x$ ）

f_{i} = \frac{t}{x} (1 - \frac{t}{x})^{i} \sum_{l = j}^{i} f_{l - 1} (1 - \frac{t}{x})^{- l}

$f_i = \frac tx (1 - \frac tx)^i \sum_{l = j}^{i} f_{l - 1} (1 - \frac tx)^{- l}$

然后我们就可以用前缀和优化到 $\mathcal O(xn)$ 。

其实还可以继续优化。。

观察转移方程发现答案其实是一个关于 $\displaystyle \frac tx$ 的 $\mathcal O(n)$ 次多项式，也就是关于 $i$ 的 $\mathcal O(n)$ 次多项式。

所以它的前缀和仍然是一个 $\mathcal O(n)$ 次多项式，我们算出前 $\mathcal O(n)$ 项和前缀和，插值出 $x$ 处的前缀和即可。复杂度就优化成 $\mathcal O(n^2)$ 啦。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define l first
#define r second

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("P3600.in", "r", stdin);
    freopen ("P3600.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 2e3 + 1e2, Mod = 666623333;

inline int fpm(int x, int power) {
    int res = 1;
    for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
        if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
    return res;
}

int n, x, q, len, f[N]; PII S[N];

int V[N], powb[N], invpowb[N], sum[N];

int main () {

    File();

    n = read(); x = read(); q = read();

    For (i, 1, q)
        S[i].l = read(), S[i].r = read();
    sort(S + 1, S + q + 1);
    For (i, 1, q) {
        bool flag = true;
        For (j, i + 1, q)
            if (S[i].l <= S[j].l && S[j].r <= S[i].r) flag = false;
        if (flag)
            V[S[i].r] = S[i].l;
    }

    int ans = 0, invx = fpm(x, Mod - 2);
    Rep (v, x) {
        f[0] = powb[0] = invpowb[0] = 1;
        int coef = 1ll * v * invx % Mod;
        powb[1] = (Mod + 1 - coef) % Mod;
        invpowb[1] = fpm(powb[1], Mod - 2);
        For (i, 2, n) {
            powb[i] = 1ll * powb[i - 1] * powb[1] % Mod;
            invpowb[i] = 1ll * invpowb[i - 1] * invpowb[1] % Mod;
        }
        For (i, 1, n) {
            sum[i] = (sum[i - 1] + 1ll * f[i - 1] * invpowb[i]) % Mod;
            if (!V[i]) f[i] = f[i - 1];
            else f[i] = 1ll * (Mod + sum[i] - sum[V[i] - 1]) * coef % Mod * powb[i] % Mod;
        }
        (ans += Mod + 1 - f[n]) %= Mod;
    }
    printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}

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本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10573260.html
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