2021.02.17 GDKOI2021 好题记第一记

TG Day 2 T1

[Problem]\color{blue}{\texttt{[Problem]}}[Problem]

您先有 000 颗星，您想要有 nnn 颗星
假如您现在有 iii 颗星，每玩一局游戏您有 piqi\dfrac{p_{i}}{q_{i}}qipi 的概率变成 i+1i+1i+1 颗星，(1−piqi)\left (1-\dfrac{p_{i}}{q_{i}}\right )(1−qipi) 的概率变成 i−1i-1i−1 颗星。
您最少只会有 000 颗星。
问期望下要玩几局？输出答案对 998244353998244353998244353 取模的结果。
1≤n≤1×1061 \leq n \leq 1 \times 10^61≤n≤1×106。

[Solution]\color{blue}{\texttt{[Solution]}}[Solution]

记 fif_{i}fi 表示已经有了 iii 颗星，期望还需要玩 fif_{i}fi 局才能拿到 nnn 颗星。

显然有如下转移：

fn=0fi=(1−piqi)×fi−1+piqi×fi+1+1(1≤i<n)f0=(1−p0q0)×f0+p0q0×f1+1\begin{aligned} f_n&=0\\ f_{i}&=\left (1-\dfrac{p_i}{q_i} \right )\times f_{i-1}+\dfrac{p_i}{q_i}\times f_{i+1}+1(1 \leq i < n)\\ f_{0}&=\left ( 1- \dfrac{p_0}{q_0}\right )\times f_0 +\dfrac{p_0}{q_0} \times f_{1}+1 \end{aligned} fnfif0=0=(1−qipi)×fi−1+qipi×fi+1+1(1≤i<n)=(1−q0p0)×f0+q0p0×f1+1

化简 f0f_0f0 的式子，我们可以有：

p0q0f0=p0q0f1+1→f0=f1+q0p0\begin{aligned} \dfrac{p_0}{q_0}f_0&=\dfrac{p_0}{q_0}f_1+1\\ \to f_0&=f_1+\dfrac{q_0}{p_0} \end{aligned} q0p0f0→f0=q0p0f1+1=f1+p0q0

把 f0f_0f0 再代入 f1f_1f1 的式子中，有：

f1=(1−p1q1)×(f1+q0p0)+p1q1×f2+1→f1=f2+(1−p1q1)×q0×q1p0×p1+q1p1\begin{aligned} f_1 &= \left ( 1-\dfrac{p_1}{q_1}\right )\times \left ( f_1+\dfrac{q_0}{p_0}\right )+\dfrac{p_1}{q_1} \times f_{2}+1\\ \to f_1 &= f_2 + \left ( 1-\dfrac{p_1}{q_1}\right )\times \dfrac{q_0 \times q_1}{p_0\times p_1}+\dfrac{q_1}{p_1} \end{aligned} f1→f1=(1−q1p1)×(f1+p0q0)+q1p1×f2+1=f2+(1−q1p1)×p0×p1q0×q1+p1q1

同理，再把 f1f_1f1 代入 f2f_2f2 中，有（推导省略）：

f2=f3+(1−p1q1)(1−p2q2)×q0q1q2p0p1p2+(1−p2q2)×q1q2p1p2+q2p2f_2=f_3+\left (1- \dfrac{p_1}{q_1} \right )\left ( 1-\dfrac{p_2}{q_2} \right )\times \dfrac{q_0q_1q_2}{p_0p_1p_2}+\left ( 1-\dfrac{p_2}{q_2}\right ) \times \dfrac{q_1q_2}{p_1p_2}+\dfrac{q_2}{p_2}f2=f3+(1−q1p1)(1−q2p2)×p0p1p2q0q1q2+(1−q2p2)×p1p2q1q2+p2q2

于是我们可以大胆猜测无需证明（其实也可以证明）：

fi=fi+1+{∑j=1i[∏k=ji(1−pkqk)qk−1pk−1]}×qipi+qipif_{i}=f_{i+1}+ \left \{ \sum\limits_{j=1}^{i}\left [ \prod\limits_{k=j}^{i} \left (1-\dfrac{p_k}{q_k} \right )\dfrac{q_{k-1}}{p_{k-1}}\right ]\right \}\times \dfrac{q_{i}}{p_i}+\dfrac{q_{i}}{p_i}fi=fi+1+⎩⎨⎧j=1∑i⎣⎡k=j∏i(1−qkpk)pk−1qk−1⎦⎤⎭⎬⎫×piqi+piqi

直接算是 O(n3)O(n^3)O(n3) 的，考虑如何优化。

改写式子：

fi=fi+1+{∑j=1i[∏k=jn(1−pkqk)qk−1pk−1∏k=i+1n(1−pkqk)qk−1pk−1]+1}×qipif_{i}=f_{i+1} + \left \{ \sum\limits_{j=1}^{i}\left [ \dfrac{\prod\limits_{k=j}^{n} \left (1-\dfrac{p_k}{q_k} \right )\dfrac{q_{k-1}}{p_{k-1}}}{ \prod\limits_{k=i+1}^{n} \left (1-\dfrac{p_k}{q_k} \right )\dfrac{q_{k-1}}{p_{k-1}}}\right ] +1\right \} \times \dfrac{q_{i}}{p_{i}}fi=fi+1+⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧j=1∑i⎣⎢⎢⎢⎡k=i+1∏n(1−qkpk)pk−1qk−1k=j∏n(1−qkpk)pk−1qk−1⎦⎥⎥⎥⎤+1⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫×piqi

于是我们可以用前缀和和后缀积算法把整个时间复杂度优化到 O(n×log⁡n)O(n\times \log n)O(n×logn)，那个 log⁡\loglog 是因为需要用快速幂算逆元。

有个问题是 pnqn\dfrac{p_n}{q_n}qnpn 不知道，既然目标就是 nnn 颗星，那么就达到 nnn 颗星后就没有概率再网上了，于是 pnqn=0\dfrac{p_n}{q_n}=0qnpn=0，则 1−pnqn=11-\dfrac{p_n}{q_n}=11−qnpn=1。

为了快，可以提前算出 1−pkqk1-\dfrac{p_k}{q_k}1−qkpk 和 qk−1pk−1\dfrac{q_{k-1}}{p_{k-1}}pk−1qk−1 对 998244353998244353998244353 取模的值。

这题到这里就算搞定了，出题人的定义是简单推式子。

[code]\color{blue}{\texttt{[code]}}[code]

const int N=1e6+100;
const int mod=998244353;
inline int ksm(int a,int b){register int ret=1;while (b){if (b&1) ret=1ll*ret*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}return ret;
}
int suf[N],n,p[N],q[N],f[N],pre[N];
int main(){freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);n=read();f[n]=0;//initfor(int i=0,x,y;i<n;i++){x=read();y=read();p[i]=1ll*ksm(x,mod-2)*y%mod;q[i]=1ll*(y-x+mod)%mod*ksm(y,mod-2)%mod;}q[n]=1;suf[n]=1;for(int i=n-1;i>=1;i--)suf[i]=1ll*suf[i+1]*q[i]%mod*p[i-1]%mod;for(int i=1,sum=0;i<n;i++){sum=(1ll*sum+suf[i])%mod;pre[i]=1ll*sum*p[i]%mod*ksm(suf[i+1],mod-2)%mod;}for(int i=n-1;i>=0;i--)f[i]=((1ll*f[i+1]+pre[i])%mod+p[i])%mod;printf("%d",f[0]);return 0;
}
//By HPXXZYY(Yingye Zhu, OZDY)