【CF1349D】Slime and Biscuits【概率期望】【解方程】

题意：nnn个人共有mmm个饼干，每轮随机选一个饼干随机给一个另外的人，所有饼干都在一个人手里时游戏结束，求期望进行次数。模998244353998244353998244353。

n≤105,m≤3×105n\leq10^5,m\leq3\times10^5n≤105,m≤3×105

首先肯定是每个人作为最终获得所有饼干的人分别考虑。

但是如果只考虑这个人的话，无法确定游戏进行过程中是否已经在其他人那里结束了。

所以干脆改下规则：设当前考虑的人为xxx，规定只有xxx收集完所有饼干后游戏才结束。也就是有人收集完了所有饼干后，如果他不是xxx，游戏继续进行；否则游戏立即结束。

为了后面讲清楚，这里给一个不正式的严谨定义：设R,R1∼RnR,R_1\sim R_nR,R1∼Rn表示游戏遵循的规则，其中RRR表示任何一个人收集了所有饼干后游戏结束，即原来的规则。Rx(x∈[1,n])R_x(x\in[1,n])Rx(x∈[1,n])表示只有xxx收集完游戏才结束的新规则。

设在RxR_xRx下游戏期望进行的次数为Ex′E_x'Ex′。即：设f′(x,i)f'(x,i)f′(x,i)表示游戏进行了iii步后结束且xxx获得了所有饼干的概率，Ex′=∑i=0∞i⋅f′(x,i)E'_x=\sum_{i=0}^{\infin}i\cdot f'(x,i)Ex′=∑i=0∞i⋅f′(x,i)

注：这个f′(x,i)f'(x,i)f′(x,i)和后面的f(x,i)f(x,i)f(x,i)只是为了方便理解定义，对推导没有影响。

我们考虑寻找新的规则和原来的规则的联系

在RRR下，设PxP_xPx表示游戏结束时所有饼干在xxx手上的概率，ExE_xEx表示所有饼干在xxx手上结束的所有情况的概率乘以时间之和。（注意不是期望，概率的分母包括了在其他人那里结束的情况）

即：设f(x,i)f(x,i)f(x,i)表示游戏进行iii步后结束，xxx获得所有饼干的概率，Ex=∑i=0∞i⋅f(x,i),Px=∑i=0∞f(x,i)E_x=\sum_{i=0}^{\infin}i\cdot f(x,i),P_x=\sum_{i=0}^\infin f(x,i)Ex=∑i=0∞i⋅f(x,i),Px=∑i=0∞f(x,i)

有∑i=1nPi=1,∑i=1nEi=ans\sum_{i=1}^n P_i=1,\sum_{i=1}^nE_i=ans∑i=1nPi=1,∑i=1nEi=ans，ansansans为题目所求

设CCC表示在RjR_jRj下，现在所有饼干在iii手上且i≠ji\neq ji=j，游戏期望还要进行多少步。显然这是个与i,ji,ji,j无关的常数。

考虑用ExE_xEx表示出Ex′E_x'Ex′

为了方便，我们称一个状态为iii类关键点，当且仅当这个状态的所有饼干都在iii手上。

考虑在RxR_xRx下的一场游戏，如果它只有结束状态这一个关键点，期望步数为ExE_xEx

否则我们枚举第一个关键点的类别iii，显然i≠xi\neq xi=x，不然游戏会提前结束。然后从这个关键点开始就是从“所有点都在iii手上”这个状态开始的RxR_xRx游戏，期望步数为CCC

所以：

Ex′=Ex+∑i=1n[i≠x](Ei+PiC)E'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x](E_i+P_iC)Ex′=Ex+i=1∑n[i=x](Ei+PiC)

如果你想不通为什么CCC要乘上PiP_iPi:

前面说过，Ex=∑i=0∞if(x,i)E_x=\sum_{i=0}^\infin if(x,i)Ex=∑i=0∞if(x,i)
换句话说，对于每一个iii，都有f(x,i)f(x,i)f(x,i)的可能性在iii步后所有饼干都在xxx手上，在这里就是到达枚举的第一个关键点。
在这之后还需要CCC步来到最终结束的状态，即∑i=0∞(i+C)f(x,i)\sum_{i=0}^\infin(i+C)f(x,i)∑i=0∞(i+C)f(x,i)
而Px=∑i=0∞f(x,i)P_x=\sum_{i=0}^{\infin}f(x,i)Px=∑i=0∞f(x,i)，所以加上PiCP_iCPiC就可以了

拆一下：

Ex′=Ex+∑i=1n[i≠x](Ei+PiC)E'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x](E_i+P_iC)Ex′=Ex+i=1∑n[i=x](Ei+PiC)

Ex′=Ex+∑i=1n[i≠x]Ei+∑i=1n[i≠x]PiCE'_x=E_x+\sum_{i=1}^n[i\neq x]E_i+\sum_{i=1}^n[i\neq x]P_iCEx′=Ex+i=1∑n[i=x]Ei+i=1∑n[i=x]PiC

Ex′=∑i=1nEx+C∑i=1n[i≠x]PiE'_x=\sum_{i=1}^nE_x+C\sum_{i=1}^n[i\neq x]P_iEx′=i=1∑nEx+Ci=1∑n[i=x]Pi

Ex′=ans+C(1−px)E'_x=ans+C(1-p_x)Ex′=ans+C(1−px)

对x=1∼nx=1\sim nx=1∼n求和

∑i=1nEi′=n⋅ans+C(n−1)\sum_{i=1}^nE'_i=n\cdot ans+C(n-1)i=1∑nEi′=n⋅ans+C(n−1)

只要求出Ex′E'_xEx′和CCC的值，问题就解决了！

而CCC是严格包含于Ex′E_x'Ex′的，所以我们的目标是解决新规则下的问题。

注意到在RxR_xRx下，我们并不关心每个饼干具体在谁手上，我们只关心它在不在xxx手上

所以可以设f(i)f(i)f(i)表示当前xxx手上有iii个饼干时期望进行次数。

f(i)={1+1n−1f(i+1)+n−2n−1f(i)x=01+imf(i−1)+m−im(1n−1f(i+1)+n−2n−1f(i))0<x<m0x=mf(i)= \begin{cases} 1+\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i)& x=0\\ 1+\frac{i}mf(i-1)+\frac{m-i}{m}(\frac{1}{n-1}f(i+1)+\frac{n-2}{n-1}f(i))& 0<x<m\\ 0 & x=m \end{cases}f(i)=⎩⎪⎨⎪⎧1+n−11f(i+1)+n−1n−2f(i)1+mif(i−1)+mm−i(n−11f(i+1)+n−1n−2f(i))0x=00<x<mx=m

解出这个方程就好了

暴力硬推是一种方法，这里有一个很优美的思路：

考虑中间的式子，记为

f(i)=Af(i−1)+Bf(i)+Cf(i+1)+1f(i)=Af(i-1)+Bf(i)+Cf(i+1)+1f(i)=Af(i−1)+Bf(i)+Cf(i+1)+1

Af(i−1)+(B−1)f(i)+Cf(i+1)+1=0Af(i-1)+(B-1)f(i)+Cf(i+1)+1=0Af(i−1)+(B−1)f(i)+Cf(i+1)+1=0

注意到A+B+C=1A+B+C=1A+B+C=1，设g(i)=f(i)−f(i+1)g(i)=f(i)-f(i+1)g(i)=f(i)−f(i+1)

A⋅g(i−1)+(A+B−1)g(i)+1=0A\cdot g(i-1)+(A+B-1)g(i)+1=0A⋅g(i−1)+(A+B−1)g(i)+1=0

g(i)=A⋅g(i−1)+1Cg(i)=\frac{A\cdot g(i-1)+1}{C}g(i)=CA⋅g(i−1)+1

这样推一次就可以把ggg算出来，求个后缀和就得到了fff

然后Ex′=f(ai),C=f(0)E_x'=f(a_i),C=f(0)Ex′=f(ai),C=f(0)

复杂度O(n)O(n)O(n)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 300005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;}return ans;
}
#define inv(x) qpow(x,MOD-2)
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD: x-y;}
int a[MAXN],f[MAXN];
int main()
{int n=read(),m=0;for (int i=1;i<=n;i++) m+=(a[i]=read());f[0]=n-1;for (int i=1;i<m;i++) f[i]=((ll)i*inv(m)%MOD*f[i-1]%MOD+1)*m%MOD*(n-1)%MOD*inv(m-i)%MOD;for (int i=m;i>=0;i--) f[i]=add(f[i],f[i+1]);int sum=0;for (int i=1;i<=n;i++) sum=add(sum,f[a[i]]);sum=dec(sum,f[0]*(n-1ll)%MOD);sum=(ll)sum*inv(n)%MOD;cout<<sum;return 0;
}

【CF1349D】Slime and Biscuits【概率期望】【解方程】相关推荐

【概率期望】【NOIP模拟】切题
[题目描述] Alice 出了 n 场比赛,第i场比赛有ai道题. 由于是提高组模拟赛,因此最多只会有三题. Bob 要来切这些题.由于他艺高人胆大,所以他的切题方式比较特别. Bob 从 1到 n这 ...
ACM概率期望dp刷题总结
这个周刷了很多概率期望有关的dp题目,缘起2016青岛D题和取log的神操作题HDU 5988 2016青岛区域赛 (最小费用流) 这类题目没有固定的模板,而且概率可以很容易插入一些经典模型,比如下面 ...
正态分布（高斯分布）、Q函数、误差函数、互补误差函数（定义，意义及互相之间的关系）高斯分布的分布概率反解
1.正态分布参考博客:https://www.cnblogs.com/htj10/p/8621771.html 概率密度函数的意义:理解概率密度函数 - 知乎 (zhihu.com) 若随机变量服 ...
python解复杂方程_Python数据处理篇之Sympy系列(五)---解方程
前言 sympy不仅在符号运算方面强大,在解方程方面也是很强大. 本章节学习对应官网的:Solvers 官方教程 (一)求解多元一次方程-solve() 1.说明: 解多元一次方程可以使用solve( ...
第十一届山东省大学生程序设计竞赛 L. Construction of 5G Base Stations（概率期望，递推前缀和优化）
整理的算法模板合集: ACM模板点我看算法全家桶系列!!! 实际上是一个全新的精炼模板整合计划第十一届山东省大学生程序设计竞赛 L. Construction of 5G Base Station ...
java2的7次方怎么表示_python编程解方程第二弹：10行代码解二次方程（纯字符）...
用纯字符串格式来记录二次方程: '3x^2-10x-8=0' 'x^2-2x+1=0' '3x^2+14x+8=0' 'x^2=9' 二次方怎么表示呢?比如上面的^表示法,或者是python风格的** ...
【BZOJ】3751: [NOIP2014]解方程【秦九韶公式】【大整数取模技巧】
3751: [NOIP2014]解方程 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB Submit: 4856 Solved: 983 [Submit][Stat ...
多元统计分析-概率,期望,方差,正态分布
概率,期望,方差只有一个变量时 F(x<=a) = ∫-∞af(x)dx 当区间取负无穷到正无穷时积分为1 推广到多元之后: 同理,当区间取满整个空间时,积分为1 f被称为概率密度函数边缘分 ...
10.24T3 解方程取模意义下运算+秦九韶算法
#1228 解方程描述已知多项式方程: a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0 求这个方程在[1, m ] 内的整数解(n 和m 均为正整数) 输入输入共n + 2 行. 第一行包含2 ...
洛谷P2312 解方程题解
洛谷P2312 解方程题解题目描述已知多项式方程: \[a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n=0\] 求这个方程在 \([1,m]\) 内的整数解(\(n\) 和 \(m\) ...

【CF1349D】Slime and Biscuits【概率期望】【解方程】

【CF1349D】Slime and Biscuits【概率期望】【解方程】相关推荐

最新文章

热门文章