「SOL」Do you like query problems?(AtCoder)

还差不少

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# 题面

有一个长度为 \(n\) 的数列 \(\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\) 和一个整数 \(b\)，初始 \(a_i=0,b=0\)，\(a_i\) 值域为 \([0,m-1]\)。进行 \(Q\) 次操做，每次操做是下列全部操做中的一种：

• A l r v：对 \(i\in[l,r]\)，\(a_i\leftarrow\max\{a_i,v\}\)，这种操做一共包含 \(m\times \frac{n(n+1)}{2}\) 种；
• B l r v：对 \(i\in[l,r]\)，\(a_i\leftarrow\min\{a_i,v\}\)，这种操做一共包含 \(m\times \frac{n(n+1)}{2}\) 种；
• C l r：\(b\leftarrow b+\sum_{i=l}^ra_i\)，这种操做一共包含 \(\frac{n(n+1)}2\) 种。

求 \(Q\) 次操做后 \(b\) 的指望（原题是求全部方案的 \(b\) 之和，本质同样……）。

\(1\le n,m,Q\le2\times 10^5\)

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# 解析

这是一道利用指望线性性分拆贡献的好题:)，具体分拆贡献分为两步：

(Ⅰ)将 \(\mathbf{E(b)}\) 分拆为每一次操做对 \(\mathbf b\) 的贡献。

由题意易知只有 C操做 会对 \(b\) 有贡献。若第 \(i\) 次操做是 C 操做，设其对 \(b\) 的贡献为 \(ans_i\)。一共有 \((2m+1)\binom n2\) 种操做，而 C 操做有 \(\binom n2\) 种，因而某一次操做是 C 操做的几率是 \(\frac 1{2m+1}\)。而后能够写出下面的式子：

\[E(b)=\sum_{j=1}^Q\frac1{2m+1}E(ans_j) \]

考虑怎么计算 \(E(ans_j)\)。

Tab. 记 \(a_{i,j}\) 表示数字 \(a_i\) 在 \(j\) 次操做后的值。

（Ⅱ）将 \(\mathbf{E(ans_j)}\) 分拆为每一个 \(\mathbf{E(a_{i,j})}\) 的贡献。

某次操做区间包含 \(a_i\) 的几率为 \(\frac{i(n-i+1)}{\binom n2}\)，则

\[E(ans_j)=\sum_{i=1}^n\frac{i(n-i+1)}{\binom n2}E(a_{i,j}) \]

而对于 \(E(a_{i,j})\)，要利用到将离散指望用几率表达的技巧：

\[E(a_{i,j})=\sum_{k=0}^{m-1}P(a_{i,j}>k) \]

为了方便计算上式的几率，咱们定义一次操做对 \(a_i\) 有效，当且仅当：

• 是 A/B 操做；
• 操做区间包含 \(i\)；
• 若是是 A(max) 操做，则要求 \(v\ge a_i\)；若是是 B(min) 操做，则要求 \(v< a_i\)。

那么能够推得某一次操做对 \(a_i\) 有效的几率为 \(H_i=\frac{i(n-i+1)}{\binom n2}\cdot\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{a_i+(m-a_i-1)}{m}\)，发现几率与 \(a_i\) 无关。

那么何时会有 \(a_{i,j}>k\)？当且仅当最后一次有效操做的 \(v\) 有 \(v>k\)。因此 \(P(a_{i,j}>k)\) 能够这样计算：

• 在前 \((j-1)\) 次操做中（第 \(j\) 次是 C 操做，必定无效）存在有效操做：\([1-(1-H_i)^{j-1}]\)（即从全部方案中减去 \(j-1\) 次操做都无效的方案）；
• 最后一次有效操做 \(v>k\)：\(\frac{m-k-1}m\)。

因此 \(P(a_{i,j}>k)=\frac{m-k-1}m[1-(1-H_i)^{j-1}]\)

综上

\[\begin{aligned} E(a_{i,j})&=\sum_{k=0}^{m-1}\tfrac{m-k-1}m\cdot[1-(1-H_i)^{j-1}]\\ &=[1-(1-H_i)^{j-1}]\cdot\tfrac{m-1}2\\ E(ans_j)&=\sum_{i=1}^n\tfrac{i(n-i+1)}{\tbinom n2}\cdot[1-(1-H_i)^{j-1}]\cdot\tfrac{m-1}2 \end{aligned} \]

最后

\[\begin{aligned} E(b)&=\sum_{j=1}^Q\sum_{i=1}^n\tfrac{i(n-i+1)}{\tbinom n2}\cdot[1-(1-H_i)^{j-1}]\cdot\tfrac{m-1}2\\ &=\frac{m-1}2\cdot\sum_{i=1}^n\tfrac{i(n-i+1)}{\tbinom n2}\sum_{j=1}^Q\cdot[1-(1-H_i)^{j-1}] \end{aligned} \]

后面对 \(1-(1-H_i)^{j-1}\) 的式子求和就用等比数列，能够作到 \(O(\log Q)\)，因而总复杂度 \(O(n\log Q)\)。

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# 源代码

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MOD=998244353;
#define ci const int &

inline int Add(ci a,ci b){return a+b>=MOD? a+b-MOD:a+b;}
inline int Sub(ci a,ci b){return a-b<0? a-b+MOD:a-b;}
inline int Mul(ci a,ci b){return 1ll*a*b%MOD;}
inline int Pow(ci a,ci b){return b? Mul(Pow(Mul(a,a),b>>1),(b&1)? a:1):1;}

int n,m,Q;

//p^0+p^1+...+p^(t-1)
int loca(int varp,int vart){return Mul(Sub(Pow(varp,vart),1),Pow(Sub(varp,1),MOD-2));}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
    int var1=Pow(Mul(n,n+1),MOD-2),var2=Pow(2*m+1,MOD-2),var3=Mul(Sub(m,1),Pow(2,MOD-2)),ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int varq=Mul(Mul(i,n-i+1),Mul(var1,var2)),varp=Mul(Mul(Mul(m,i),n-i+1),Mul(var1,var2));
        varp=Mul(varp,2),varq=Mul(varq,2);
        int sum=Sub(Q,loca(Sub(1,varp),Q));
        ans=Add(ans,Mul(sum,Mul(var3,varq)));
    }
    int all=Pow(Mul(Mul(n,n+1),Mul(Pow(2,MOD-2),2*m+1)),Q);
    // printf("? %d\n",all);
    printf("%d\n",Mul(ans,all));
    return 0;
}

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THE END

Thanks for reading!

\[\begin{split} “\ &未料想在你手中\ 最过珍惜的三尺青锋\\ &会在某一日\ 为某一我的\\ &纵起破长空\ 作了一世真英雄\ ”\\ ——&\text{《何日重到苏澜桥》By 泠鸢yousa} \end{split} \]

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