bzoj 5283: [CodePlus 2018 3 月赛]博弈论与概率统计

Description

大家的好朋友小 L 来到了博弈的世界。Alice 和 Bob 在玩一个双人游戏。每一轮中，Alice 有 p 的概率胜利，1

-p 的概率失败，不会出现平局。双方初始时各有 0 分，当一个人胜利的时候，他会获得一分，失败则扣掉一分。

遗憾的是，博弈论世界的人目前是无法理解负数的，因此，如果某个人输掉一轮比赛的时候他只有 0 分，那么他

就不会被扣分（对方会照常加一分）。游戏一共要进行 N+M 轮，Alice 想请你帮她算算在游戏结束时她的得分的

数学期望。"这算啥，我小 L 分分钟搞定！"。比小 L 更熟练的你当然也是随手就算出来了，但就在你打算告诉 A

lice 答案之前，博弈论世界之神--temporaryDO 出现了，他给大家带来了一个重要信息：这 N+M 轮游戏中， Ali

ce 恰好赢了 N 轮！熟知条件概率那套理论的你立刻注意到，你需要修改自己的计算方法来得到正确的答案了。为

了避免精度问题，请将结果对 10^9+7 取模。即，我们的数据保证答案是一个有理数 p/q ，且有 10^9+7与q互质

，你只需要找到一个整数 x∈[0,10^9+7) 使得 qx≡p(mod 10^9+7) 即可。

Solution

这题跟 $p$ 没关系

设数组 $A$ 为得分序列, $B$ 为$A$ 的前缀和

那么答案就是 $B_n-min(B_i)=n-m-min(B_i)$ (不会证明 $QwQ$)

现在就是要求 $min(B_i)$ 的期望了

把这个过程看成 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$ 的方案数,往右是 $+1$,往上是 $-1$

总方案数是 $C(n+m,n)$

最小值小于等于 $i$ 的方案就是穿过直线 $y=x+i$ 的方案

用 $catalan$ 数那一套理论,把 $(0,0)$ 沿着这条直线对折过去,穿过直线的方案就是这个点到 $(n,m)$ 的方案

得分的取值范围是 $[max(n-m,0),n]$ ,枚举最小值算一下贡献

假设 $n>=m$,容斥一下最小值等于 $i$ 的方案

$\sum_{i=0}^{m} (C_{n+m}^{n+i}-C_{n+m}^{n+i+1})*(n-m+i)$

$(n-m)*C_{n+m}^{n}+\sum_{i=1}^{m}C_{n+m}^{n+i}$

$(n-m)*C_{n+m}^{n}+\sum_{i=1}^{m}C_{n+m}^{m-i}$

$(n-m)*C_{n+m}^{n}+\sum_{i=0}^{m-1}C_{n+m}^{i}$

$n<m$ 时

$\sum_{i=m-n}^{m} (C_{n+m}^{n+i}-C_{n+m}^{n+i+1})*(n-m+i)$

按上面的方法化简出来就是:$\sum_{i=0}^{n-1}C_{n+m}^{i}$

可以把两种情况的式子总和一下:

$max(0,n-m)*C_{n+m}^{n}+\sum_{i=0}^{min(n,m)-1}C_{n+m}^{i}$

最后除以 $C_{n+m}^{n}$ 就是期望

但是后面一项 $\sum_{i=0}^{min(n,m)-1}C_{n+m}^{i}$ 不能暴力求

相当于是杨辉三角的一行的前缀和

然后就是一个新套路,莫队维护这个东西

设 $F(n,m)$ 表示 $\sum_{i=1}^{m}C_{n}^{i}$

那么 $F(n,m)->F(n,m+1)$ 和 $F(n,m)->F(n+1,m)$ 都是可以 $O(1)$ 算的

其中 $F(n+1,m)=F(n,m)*2-C_{n}^{m}$

$C_{n}^{m}=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}$ 就可以证明

复杂度有点卡,$bzoj$ 过不去

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

template<class T>void gi(T &x){

	int f;char c;

	for(f=1,c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;

	for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;

}

const int N=3e5+10,mod=1e9+7;

int Q,P,B,n=0,Fac[N],inv[N],ans[N],INV[N];

struct data{

	int x,y,id,L,R;

	inline bool operator <(const data &p)const{

		return L!=p.L?L<p.L:R<p.R;

	}

}q[N];

inline int C(int a,int b){return 1ll*Fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}

inline int F(int a,int b){return 1ll*Fac[b]*Fac[a-b]%mod*inv[a]%mod;}

int main(){

  freopen("pp.in","r",stdin);

  freopen("pp.out","w",stdout);

  cin>>Q>>P;B=sqrt(Q);

  for(int i=1;i<=Q;i++){

	  gi(q[i].x),gi(q[i].y),q[i].id=i,n=max(n,q[i].y+q[i].x);

	  q[i].L=(q[i].x+q[i].y)/B;q[i].R=min(q[i].x,q[i].y)-1;

  }

  Fac[0]=INV[0]=INV[1]=inv[0]=1;

  for(int i=2;i<=n;i++)INV[i]=(mod-1ll*(mod/i)*INV[mod%i]%mod)%mod;

  for(int i=1;i<=n;i++)Fac[i]=1ll*Fac[i-1]*i%mod,inv[i]=1ll*inv[i-1]*INV[i]%mod;

  sort(q+1,q+Q+1);

  register int l=0,r=0,s=1;

  for(int i=1;i<=Q;i++){

	  int L=q[i].x+q[i].y,R=min(q[i].x,q[i].y)-1;

	  while(l<L)s=(1ll*(s<<1)-C(l,r)+mod)%mod,l++;

	  while(l>L)l--,s=1ll*(s+C(l,r))*INV[2]%mod;

	  while(r<R)r++,s=(s+C(l,r))%mod;

	  while(r>R)s=(s-C(l,r)+mod)%mod,r--;

	  ans[q[i].id]=

		  (max(q[i].x-q[i].y,0)+1ll*s*F(L,q[i].y))%mod;

  }

  for(int i=1;i<=Q;i++)printf("%d\n",ans[i]);

  return 0;

}