[2018.07.12 T1]B君的第一题

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B君的第一题

【问题描述】

天台上的朋友让一让，让我先来。

世界杯开始了，B 君最近在关注一局季后赛。

在这局季后赛中，甲队和乙队将会进行至多 2n−12n−12n-1 场比赛，谁先取得 nnn 场胜利，谁便会获得最终的胜利。并且之后的比赛不会继续进行。

B 君很看好甲队，为了计算方便，B 君希望下注 22n−1" role="presentation" style="position: relative;">22n−122n−12^{2n-1} 元，也就是说, 如果最终甲队先取得了nn n 场胜利，B 君就会获得 22n−1" role="presentation" style="position: relative;">22n−122n−12^{2n-1} 元。如果最终乙队先取得了nn n 场胜利，B 君就会失去 22n−1" role="presentation" style="position: relative;">22n−122n−12^{2n-1} 元。

但是事不如人愿，甲队和乙队水平旗鼓相当，每一场比赛，双方胜利的概率都是0.50.50.5，并且所有比赛的结果相互独立。

B 君对此坦然接受，认为自己获得 22n−122n−12^{2n-1} 元的概率是 0.50.50.5，失去22n−122n−1 2^{2n-1} 元的概率是 0.50.50.5，期望收益是 000。

但是赌场的庄家并不允许这样做，必须每一场比赛单独下注，分别进行结算。

B 君很失望，但是他发现，存在唯一一种下注方式，达到自己最初的目的。

即如果最终甲队获胜，B 君各场的收益之和为 22n−1" role="presentation" style="position: relative;">22n−122n−12^{2n-1}，如果最终乙队获胜，B 君各场收益之和为−22n−1−22n−1-2^{2n-1}。

比如对于n=2n=2n=2 来说，B 君可以选择在第一场下注44 4 元，在第二场下注 444 元，在第三场下注8" role="presentation" style="position: relative;">88 8 元。

这样如果甲队或乙队赢了前两场，B 君直接获得或失去了88 8 元。

如果前两场甲乙一胜一负，那么 B 君不赔不赚，决胜局下注 8" role="presentation" style="position: relative;">888 元。

也就是说，无论甲以什么方式获胜，B 君都会获得 888 元。无论乙以什么方式获胜， B 君都会失去8" role="presentation" style="position: relative;">88 8 元。

特别的，B 君可以在看到前ii i 场的结果之后，再给出第 i+1" role="presentation" style="position: relative;">i+1i+1i+1 场的下注，而不需要一开始就给出所有场的下注情况。

对于输入输出，B 君会先告诉你nn n，然后你来告诉B 君第一场比赛应该如何下注，接下来 B 君告诉你第一场的结果。

你来告诉 B 君第二场比赛应该如何下注，依次类推。如果 B 君告诉你的结果已经导致了甲队或者乙队取得了 n" role="presentation" style="position: relative;">nnn 场胜利。

你不需要对这次结果做任何回复。

因此你输出的数字个数，和B 君告诉你比赛结果的个数相同。

你可以下注负数，表示下注乙队获胜，这样如果甲队失败便可获得回报。

这并不是一个交互题，每个回答的答案是唯一的。

【输入格式】

第一行一个数字 nnn，即上文中所描述的n" role="presentation" style="position: relative;">nnn。

第二行是一些00 0 和 1" role="presentation" style="position: relative;">111，如果是00 0 表示甲队获胜，1" role="presentation" style="position: relative;">111表示乙队获胜。

保证这是一个合法的比赛过程，也就是说，当出现 000 的个数或 1" role="presentation" style="position: relative;">111 的个数达到nnn 个之后，便不会有更多输入了。

【输出格式】

输出若干个数字，一行一个。个数和输入的第二行数字个数相同，表示每场比赛的下注。

由于下注可能很大，你只需要输出模1000000007" role="presentation" style="position: relative;">100000000710000000071000000007的结果即可。

即使想下注负数，也应该输出取模后的正余数。

可以证明下注的金额一定是整数。

可以证明解是唯一的。

【输入样例】

3
1 1 0 0 1

【输出样例】

12
12
8
16
32

【样例说明】

显然所有下注的和，要么是+22n−1+22n−1+2^{2n-1}，要么是−22n−1−22n−1-2^{2n-1}。

对于这场(−12)+(−12)+(8)+(16)+(−32)=−32=−25(−12)+(−12)+(8)+(16)+(−32)=−32=−25(-12) + (-12) + (8) + (16) + (-32) = -32 = -2^5

【输入样例】

3
0 1 0 0

【输出样例】

12
12
16
16

【样例说明】

(12)+(−12)+(16)+(16)=32=25(12)+(−12)+(16)+(16)=32=25 (12) + (-12) + (16) + (16) = 32 = 2^5

你可以根据前两场的结果，来动态的决定第三场的下注。

输入的第二行长度并不确定，当输入nnn个0" role="presentation" style="position: relative;">000或nnn个1" role="presentation" style="position: relative;">111时结束。

【数据范围】

对于100%100%100\%的数据，满足1≤n≤1000001≤n≤1000001 ≤ n ≤ 100000。

对于70%70%70\%的数据，满足1≤n≤10001≤n≤10001 ≤ n ≤ 1000。

对于30%30%30\%的数据，满足1≤n≤61≤n≤61 ≤ n ≤ 6。

数据非常有梯度。

题解

以为数据有梯度是区分度很高的意思，部分分有就有，没有就没有，不存在强行造档的情况，所以考场代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{freopen("beijing.in","r",stdin);freopen("beijing.out","w",stdout);while(1)puts("sh*t");
}

然而出题人居然良心发现，“梯度”的意思居然是n=1,2,3n=1,2,3n=1,2,3都有！，根据题目打个1,2,31,2,31,2,3的表都有151515分，令人窒息的操作。。。

唉，我dpdpdp还是太菜了，O(n2)O(n2)O(n^2)的dpdpdp都想不出来。。。

先考虑O(n2)O(n2)O(n^2)的dpdpdp吧，我们可以算算甲乙两队赢的概率，设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]为甲队胜iii场，乙队胜j" role="presentation" style="position: relative;">jjj场时，甲队取得最终胜利的概率，那么就有dp[i][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j+1]2dp[i][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j+1]2dp[i][j]=\frac{dp[i+1][j]+dp[i][j+1]}{2}，即dp[i+1][j]−dp[i][j]=dp[i][j]−dp[i][j+1]dp[i+1][j]−dp[i][j]=dp[i][j]−dp[i][j+1]dp[i+1][j]-dp[i][j]=dp[i][j]-dp[i][j+1]，所以无论输赢，甲队的胜率变化是一样的。

初始情况dp[0][0]dp[0][0]dp[0][0]胜率为1212\frac{1}{2}，末状态为000或1" role="presentation" style="position: relative;">111，收益为−22n−1−22n−1-2^{2n-1}或22n−122n−12^{2n-1}，胜率每变化1212\frac{1}{2}，收益变化22n−122n−12^{2n-1}，那么对于一次变化ΔxΔx\Delta x，我们就应该应该下注Δx1222n−1=2Δx×22n−1Δx1222n−1=2Δx×22n−1\frac{\Delta x}{\frac{1}{2}}2^{2n-1}=2\Delta x\times 2^{2n-1}元。

然后我们就有了一个优秀的O(n2)dpO(n2)dpO(n^2)dp做法。

其实，获胜概率还可以用组合数算出来，考虑当甲队赢了iii场，乙队赢了j" role="presentation" style="position: relative;">jjj场时，对于剩下的res=2n−1−i−jres=2n−1−i−jres=2n-1-i-j场比赛，如果甲队取得了n−in−in-i或更多的场的胜利，就能获胜，所以甲队的胜率可以表示如下：

∑resk=n−i(resk)2res∑k=n−ires(resk)2res

\frac{\sum_{k=n-i}^{res}\binom {res}{k}}{2^{res}}

组合意义很明显，赢得n−i∼resn−i∼resn-i\sim res场的情况比上所有情况。

似乎还是无从下手，考虑我们dpdpdp的思路，如果甲队多赢了一场，胜率将变为：

∑2n−2−i−jk=n−i−1(2n−2−i−jk)22n−2−i−j∑k=n−i−12n−2−i−j(2n−2−i−jk)22n−2−i−j

\frac{\sum_{k=n-i-1}^{2n-2-i-j}\binom{2n-2-i-j}{k}}{2^{2n-2-i-j}}

如果乙队赢了：

∑2n−2−i−jk=n−i(2n−2−i−jk)22n−2−i−j∑k=n−i2n−2−i−j(2n−2−i−jk)22n−2−i−j

\frac{\sum_{k=n-i}^{2n-2-i-j}\binom{2n-2-i-j}{k}}{2^{2n-2-i-j}}

发现这两个式子的差只有一项：

(2n−2−i−jn−i−1)22n−2−i−j(2n−2−i−jn−i−1)22n−2−i−j

\frac{\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}}{2^{2n-2-i-j}}

代入dpdpdp得到的结论中，可知我们应下注：

(2n−2−i−jn−i−1)22n−2−i−j×22n−1=21+i+j(2n−2−i−jn−i−1)(2n−2−i−jn−i−1)22n−2−i−j×22n−1=21+i+j(2n−2−i−jn−i−1)

\frac{\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}}{2^{2n-2-i-j}}\times 2^{2n-1}=2^{1+i+j}\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}

可以预处理组合数，也可以一乘一除得到下一项，复杂度O(n)O(n)O(n)。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=2e5+5,mod=1e9+7;
int inv[M],x,y,n,p;
ll C(int a,int b){ll ans=1;for(int i=0;i<b;++i)ans=ans*(a-i)%mod*inv[i+1]%mod;return ans;}
void in(){scanf("%d",&n);}
void ac()
{inv[1]=1;for(int i=2;i<=n+n;++i)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;x=y=n;ll ans=C(x+y-2,x-1)*2%mod;while(x>0&&y>0){printf("%lld\n",ans);scanf("%d",&p);ans=ans*2*inv[x+y-2]%mod;if(p)ans=ans*--y%mod;else ans=ans*--x%mod;}
}
int main(){in();ac();}