期望＋DP ZOJ 3929 Deque and Balls

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题意：给你n个数，按照顺序依次放入一个双端队列（可放在头部，也可以放在尾部），求xi > xi+1的期望 * 2^n mod (1e9 +7)

分析：期望＊２＾n＝出现这种排法的概率＊这种排法的desents数*2^n = 1/(2^(n-1)) * 2^n * $\sum$ 每一种排法每一个数的desents数＝２＊　 $\sum$ $\sum$ 每一种排法每一个数字的贡献值．

首先插入xi有两种方法，相当于有两种排法，那么求前缀时ans[i] = ans[i-1] * 2，然后再考虑当前xi的贡献值：如果放在头部，那么要求出满足xi>xj的xj的出现次数和，然后发现第一个数字出现１次，第二个２次，第三个４次，８，16．．．放在尾部同理，用树状数组累计次数和，至于i之后的数字如何排都不会对当前i做贡献,所以* $2^{n-i}$ .

#include <bits/stdc++.h>const int N = 1e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;template<class T>
void add(T &a, T b) {a += b;if (a >= MOD) {a -= MOD;}
}struct BIT {int c[N];int n;void init(int n) {this->n = n;std::fill (c, c+1+n, 0);}void updata(int p, int v) {for (int i=p; i<=n; i+=i&-i) {add (c[i], v);}}int query(int p) {int ret = 0;for (int i=p; i>0; i-=i&-i) {add (ret, c[i]);}return ret;}
};
BIT L, R;int a[N], cnt[N];int pow_mod(int x, int n) {int ret = 1;while (n) {if (n & 1) {ret = 1ll * ret * x % MOD;}x = 1ll * x * x % MOD; n >>= 1;}return ret;
}void pre_init() {cnt[1] = cnt[2] = 1;for (int i=3; i<=100000; ++i) {cnt[i] = 1ll * cnt[i-1] * 2 % MOD;}
}int main() {pre_init ();int T; scanf ("%d", &T);while (T--) {int n; scanf ("%d", &n);int nn = n + 3;L.init (nn); R.init (nn);for (int i=1; i<=n; ++i) {scanf ("%d", a+i);}long long ans = 0;for (int i=1; i<=n; ++i) {long long tmp = 0LL + L.query (a[i] - 1) + R.query (nn-a[i]-1);tmp = tmp * pow_mod (2, n - i) % MOD;add (ans, tmp);L.updata (a[i], cnt[i]);R.updata (nn - a[i], cnt[i]);}ans = ans * 2 % MOD;std::cout << ans << '\n';}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Running-Time/p/5387417.html

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