CodeForces 1842G Tenzing and Random Operations

洛谷传送门

CF 传送门

原来还不会这种拆期望的套路

设 $b_j$ 为第 $j$ 次操作中选择的 $i$，所求即为 $E(\prod\limits_{i = 1}^n (a_i + \sum\limits_{j = 1}^m [b_j \le i] \times v))$。

乘法也可以考虑拆期望。我们有最基础的性质 $E((a + b) \times (c + d)) = E(ac) + E(ad) + E(bc) + E(bd)$，这个也可以推广到多个数。于是最后拆成了若干个 $a_i$ 和若干个 $E([b_j \le i]) \times v$ 的积，求这些乘积的和。

如果对于同样的 $j$，要计算 $\prod\limits_{k = 1}^t E([b_j \le i_k]) \times v$，其中 $i_1 < i_2 < \cdots < i_t$，注意到我们只需要关心 $E([b_j \le i_1])$。因为如果它是 $0$，那整条式子的值就是 $0$；如果它不是 $0$，那后面的 $E([b_j \le i_{2 \sim t}])$ 都是 $1$。

到这里就可以 dp 了。设 $f_{i, k}$ 为，当前乘积的所有项中出现了 $k$ 个不同的 $j$，乘积的和。转移讨论 $i$ 是取 $a_i$ 还是某一项 $[b_j \le i] \times v$ 乘上去。如果是后者，还要讨论 $j$ 是不是当前第一次出现的，如果是，那么 $E(b_j \le i) = \frac{i}{n}$；否则 $E(b_j \le i) = 1$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

code

// Problem: G. Tenzing and Random Operations
// Contest: Codeforces - CodeTON Round 5 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
// URL: https://codeforces.com/contest/1842/problem/G
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
 
const int maxn = 5050;
const ll mod = 1000000007;
 
inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}
 
ll n, m, K, a[maxn], f[maxn][maxn];
 
void solve() {
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &K);
	ll I = qpow(n, mod - 2);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= i; ++j) {
			f[i][j] = f[i - 1][j] * (a[i] + K * j % mod) % mod;
			if (j) {
				f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - 1] * (m - j + 1) % mod * i % mod * I % mod * K % mod) % mod;
			}
		}
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		ans = (ans + f[n][i]) % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}