6271. 2019.8.4【NOIP提高组A】锻造 (forging)

6271. 2019.8.4【NOIP提高组A】锻造 (forging)
(File IO): input:forging.in output:forging.out

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Description

Input

第一行两个整数 n, a，含义如题所示。
为了避免输入量过大，第二行五个整数 bx, by, cx, cy, p，按照下列代码
来生成 b 和 c 数组。

b[0]=by+1;c[0]=cy+1;
for(int i=1;i<n;i++){
b[i]=((long long)b[i-1]*bx+by)%p+1;
c[i]=((long long)c[i-1]*cx+cy)%p+1;
}

Output

输出一行一个整数，表示期望花费。

Sample Input

Sample Input1
0 6432
4602677 3944535 2618884 6368297 9477531Sample Input2
1 3639650
6136976 5520115 2835750 9072363 9302097Sample Input3
10 2
2 33 6 66 2333333Sample Input4
200 5708788
0 0 0 0 1

Sample Output

Sample Output1
6432Sample Output2
150643649Sample Output3
976750710Sample Output4
696441597

Data Constraint

题目大意：

一个值为(i-1)和一个值为(i-2)的物品有p的几率合成一个(i)级物品，(1-p)的几率合成一个(i-2)级物品。拥有一把（0）等级的物品花费a。问得到一个n级物品的期望花费。

题解：

一道概率题。

f[i]表示合成一把i级武器的期望花费。

我们合成失败后，得了一把(i-2)的剑，不用再锻造，只用在输了之后锻造一把(i-1)的剑即可，锻造的次数取决于合成成功的期望合成次数k。（若一次就合成成功了， k=1 ， f[i] = f[i-1] ＋ｆ[i-2] ，退化成percent50（p=1）的形式）

f[i] = f[i-1] * k +ｆ[i-2]

我们可以计算k。

期望次数 = $\frac{_{1}}{P}$ P为赢的概率。（假设P为1% ，那我们就期望100次能出个i级剑）

k = (1\p)

f[i] = f[i-1] * (1/p) + f[i-2]

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(1)
#define mod 998244353
#define N 10000010
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout)
using namespace std;int n,a,i,j,r,ans,bx,by,cx,cy,p;
int  f[N],inv[N];
int b[N] , c[N];int main()
{open("forging");scanf("%d%d",&n,&a);scanf("%d%d%d%d%d",&bx,&by,&cx,&cy,&p);b[0]=by+1;c[0]=cy+1;for(int i=1;i<n;i++){b[i]=(((ll)b[i-1]*bx+by)%p+1);c[i]=(((ll)c[i-1]*cx+cy)%p+1);}inv[1] = 1;for(re int i=2;i<=p+1;i++) (inv[i] = (-((ll)mod/i)  * inv[mod % i])%mod + mod)%= mod;f[0] = (ll)a % mod;(f[1] = (ll)f[0] * inv[min(c[0],b[0])] % mod* (ll)c[0] %mod + f[0] )%= mod;for(re int i=2;i<=n;i++)  (f[i] = (ll)f[i-1] *  inv[min(c[i-1],b[i-2])] % mod* (ll)c[i-1] % mod  + f[i-2]) %= mod;ans = f[n];printf("%d",ans);return 0;

o (N)