Codeforces 1153F Serval and Bonus Problem [积分，期望]

Codeforces

思路

去他的DP，暴力积分多好……

首先发现\(l\)没有用，所以不管它。

然后考虑期望的线性性，可以知道答案就是

\[\int_0^1 \left[ \sum_{i=k}^n {n\choose i}(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i}\right]\mathrm{d}x
\]

我们令

\[y=2x(1-x)
\]

暴力拆开，答案就是

\[\int_0^1 \sum_{i=K}^n {n\choose i} \sum_{j=0}^{n-i} (-1)^j {n-i\choose j}y^{i+j} \mathrm{d} x
\]

也就是

\[\sum_{i=K}^n {n\choose i} \sum_{j=0}^{n-i} (-1)^j {n-i\choose j} 2^{i+j}\sum_{k=0}^{i+j} (-1)^k {i+j\choose k} \frac 1 {i+j+k+1}
\]

后面只和\(i+j\)有关，可以预处理。

然后就可以\(O(n^2)\)，然后就做完了……

我才不告诉你我没有换元然后硬生生地推出了\(O(n^4)\)的式子呢

我也不会告诉你我还硬生生地把它优化成了\(O(n^3)\)呢

我更不会告诉你我盯着它一下午没推出来呢

代码

#include<bits/stdc++.h>
clock_t t=clock();
namespace my_std{
	using namespace std;
	#define pii pair<int,int>
	#define fir first
	#define sec second
	#define MP make_pair
	#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
	#define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
	#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
	#define templ template<typename T>
	#define sz 6000
	#define mod 998244353ll
	typedef long long ll;
	typedef double db;
	mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
	templ inline T rnd(T l,T r) {return uniform_int_distribution<T>(l,r)(rng);}
	templ inline bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
	templ inline bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
	templ inline void read(T& t)
	{
		t=0;char f=0,ch=getchar();double d=0.1;
		while(ch>'9'||ch<'0') f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
		if(ch=='.'){ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0') t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();}
		t=(f?-t:t);
	}
	template<typename T,typename... Args>inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
	char __sr[1<<21],__z[20];int __C=-1,__zz=0;
	inline void Ot(){fwrite(__sr,1,__C+1,stdout),__C=-1;}
	inline void print(register int x)
	{
		if(__C>1<<20)Ot();if(x<0)__sr[++__C]='-',x=-x;
		while(__z[++__zz]=x%10+48,x/=10);
		while(__sr[++__C]=__z[__zz],--__zz);__sr[++__C]='\n';
	}
	void file()
	{
		#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("a.in","r",stdin);
		#endif
	}
	inline void chktime()
	{
		#ifndef ONLINE_JUDGE
		cout<<(clock()-t)/1000.0<<'\n';
		#endif
	}
	#ifdef mod
	ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
	ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
	#else
	ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x) if (y&1) ret=ret*x;return ret;}
	#endif
//	inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){_fac[0]=fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) _fac[i]=inv(fac[i]=fac[i-1]*i%mod);}
ll C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0;}

int n,K;ll L;
ll f[sz],pow2[sz],Inv[sz];
ll ans;

int main()
{
	file();
	read(n,K,L);
	init();
	rep(i,1,sz-1) pow2[i]=ksm(2,i),Inv[i]=inv(i);
	rep(N,1,n) rep(k,0,N) (f[N]+=Inv[N+k+1]*((k&1)?-1ll:1ll)*C(N,k)%mod+mod)%=mod;
	rep(i,K,n) rep(j,0,n-i) (ans+=C(n,i)*((j&1)?-1ll:1ll)*C(n-i,j)%mod*pow2[i+j]%mod*f[i+j]%mod+mod)%=mod;
	cout<<ans*L%mod;
	return 0;
}

其他做法

这里讲一下标程的神仙DP。

考虑现在线段长度为1，那么可以发现在线段上随机丢一个点\(P\)，那么\(P\)被\(k\)条线段覆盖的概率就是要求的答案。

于是我们可以发现只有点之间的相对位置对答案有影响，而在线段上的位置就不重要了。

然后概率再转计数，就是要求\(2n+1\)个点，设出\(n\)个左右端点和一个\(P\)，使得满足那个性质的方案数。

然后DP：\(f_{i,j,x}\)表示前\(i\)个点，有\(j\)个左端点还没被匹配，\(P\)有没有被放下来，的方案数。

最后考虑互换左右端点、给线段编号，答案就是

\[\frac{f_{2n+1,0,1}n!2^n}{(2n+1)!}
\]