OSU
OSU 的题目是这样的:有一些相邻的块,给定每一个块的联通概率,每个连通块对答案有 \(size^{3}\) 的贡献,求总期望
关于此题我曾写过题解 此处
此类题的关键之处在于,当我们设计了一个线性状态 \(f_{i}\) 之后,假如我们基于拼接的思想,尝试维护出来了当前最近的一个连通块个数为 \(x\),其贡献应为 \(x^{3}\),那么现在我们再为其拼接一个块,贡献就会变为 \((x+1)^3\),即 \(x^{3}+3x^{2}+3x+1\),注意到这里还有我们尚未维护的 \(x^{2}\) 与 \(x\) 项,因此我们还需要维护这两种信息才能对 \(x^{3}\),进行转移. 对于 \(x^{2}\) 的维护,显然 \((x+1)^{2}=x^{2}+2x+1\),因此只需要维护 \(x\) 项即可,对于 \(x\) 的维护是显然的
引入两个变量 \(l_{i},s_{i}\),其中 \(f_{i}\) 表示考虑前 \(i\) 个,与 \(i\) 联通的连通块长度,\(s_{i}\) 表示前 \(i\) 个的总得分
容易想到 \(l_{i}\) 的转移:当第 \(i\) 个为断点时将 \(l_{i}\) 置零,否则 \(l_{i}=l_{i-1}+1\)
考虑 \(s_{i}\) 的转移:容易想到,当 \(i\) 为断点时有 \(s_{i}=s_{i-1}\),否则,我们可以得出 \(s_{i-1}=(l_{i-1})^{3}+S\)(其中 \(S\) 是一个之前累积的得分),而 \(s_{i}=(l_{i})^{3}+S\),根据上述 \(l_{i}\) 的转移式我们可以知道 \(l_{i}=l_{i-1}+1\),因而有:
\[s_{i}=(l_{i-1}+1)^{3}+S=(l_{i-1})^3+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1}+1 \]因为 \(S\) 不好维护,考虑对两项做差分,消掉 \(S\)
\[s_{i}=s_{i-1}+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1} \]因此,我们只需要维护出 \(l_{i}\),即可递推求解 \(s_{i}\)
下面我们来加上概率考虑
期望有一个性质(期望的线性性)\(E(a+b)=E(a)+E(b)\) ,因此有下述转化:
\[E(s_{i})=E(s_{i-1}+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1})=E(s_{i-1})+3E((l_{i-1})^2)+3E(l_{i-1}) \]对于 \(i\) 确定为断点的情况,我们有 \(l_{i}=0\),因此 \(E((l_{i-1})^2)=E(l_{i-1})=0\),从而 \(E(s_{i})=E(s_{i-1})\)
否则,对于 \(i\) 确定联通的情况同理,有 \(E(s_{i})=E(s_{i-1})+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1}\)
否则,对于随机选择的块,直接用上述两种情况乘对应的概率即可,即:
\[E(s_{i})=p_{1}\times E(s_{i-1})+p_{2}\times (E(s_{i-1})+3E(l_{i-1})^{2}+3El_{i-1}) \]注意到我们还没有维护 \(E(l_{i})\)
对于 \(i\) 确定为断点的情况,\(E(l_{i})=0\)
对于 \(i\) 确定联通的情况,\(E(l_{i})=E_{l_{i-1}+1}=E(l_{i-1})+1\)
否则,按照上述思路,应为
\[E(l_{i})=p_{1}\times 0+p_{2}\times (E(l_{i-1})+1) \]接着考虑维护 \(E((l_{i})^{2})\)
对于 \(i\) 确定为断点的情况,\(E((l_{i})^{2})=0\)
对于 \(i\) 确定联通的情况,\(E((l_{i})^{2})=E_{(l_{i-1}+1)^{2}}=E((l_{i-1}^{2}+2l_{i-1}+1))=E((l_{i-1}^{2}))+2E(l_{i-1})+1\)
否则,按照上述思路,应为
\[((l_{i})^{2})=p_{1}\times 0+p_{2}\times (E_{(l_{i-1}+1)^{2}}=E((l_{i-1}^{2}+2l_{i-1}+1))=E((l_{i-1}^{2}))+2E(l_{i-1})+1) \]因为已经维护过了 \(E(l_{i})\),因此至此我们完成了全部变量的维护
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[100001],l1[100001],l2[100001],s[100001];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>p[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
l1[i]=p[i]*(l1[i-1]+1);
l2[i]=p[i]*(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1);
s[i]=(1-p[i])*s[i-1]+p[i]*(s[i-1]+3*l2[i-1]+3*l1[i-1]+1);
}
printf("%.1lf",s[n]);
}
Another OSU
OSU 的 \(k\) 次幂升级版,即贡献变为了 \(x^{k}\)
这一次我们不能再像上述一个一个推式子了,我们需要找一个普遍的规律:
对于刚才的问题我们发现:要想维护一个 \(x^{k}\) 的贡献,显然需要维护 \(k'\in[1,k]\) 的所有 \(x^{k'}\) 的贡献
有二项式定理,即 \((x + y)^n = \sum_{i = 0}^n C_{n}^i x^{n - i} y^{i}\),考虑设 \((f_{i})^{k}\) 为我们对 \(x_{k}\) 项进行的位置为 \(i\) 的转移,效仿刚才的解法,我们会有:
\[(f_{i})^{k}=(f_{i-1}+a)^{k}=\sum_{i = 0}^n C_{n}^i (f_{i-1})^{n - i} a^{i} \]可以发现在这里实际上用到了全部次数比它低的 \(f_{i}\),因此对于每一个 \(i\),按 \(k\) 从小到大维护即可.
此外,除了用二项式定理求 \(C^{i}_{n}\),还可以用杨辉三角来求系数:
杨辉三角递推式:
\[f_{i,j}=\begin{cases}1\qquad\qquad\qquad\qquad\ j=1\operatorname{or} j=i\\f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\qquad \operatorname{otherwise}\end{cases} \] 标签:OI,qquad,OSU,times,Another,维护,二项式,断点,DP From: https://www.cnblogs.com/HaneDaCafe/p/18374059