loj6300 「CodePlus 2018 3 月赛」博弈论与概率统计

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题意：

A和B玩游戏，每轮A赢的概率为p。现在有T组询问，已知A赢了n轮输了m轮，没有平局，赢一局A得分+1，输一局得分-1，问A得分期望值？

$n+m,T\leq 2.5\times 10^5.$

题解：

首先p并没有用。我们需要的是计算所有可能局面A的得分和，最后除以$C_{n+m}^{n}$。

发现得分不小于0非常奇怪，转化一下，考虑设最后一个为0的状态：A赢x次，输y次。那么得分为(n-x)-(m-y)=n-m+y-x。令k=y-x，则y=k+x。其中需要满足$k\geq \max(m-n,0)$，原因：既要保证之前得分$\leq 0$（$y\geq x$），又要保证之后不会出现$\leq 0$（$m-y\leq n-x$）。

(x,y)抽象成平面上的点。整个游戏相当于一条从(0,0)到(n,m)的路径，A赢横坐标+1，A输纵坐标+1，它的得分应该是路径上y-x最大的点的y-x+n-m（最后一个0的状态肯定是在那里取到）。

直接统计得分不那么容易。考虑对于某一个k计算经过直线y=x+k的路径条数$S_k$，那么它们的分数肯定$\geq k+n-m$。$S_k-S_{k-1}$就是分数恰好为k+n-m的路径条数。如何计算$S_k$？将(0,0)到路径和y=x+k的第一个交点这部分沿y=x+k翻转，那么等价于计算(-k,k)到(n,m)的路径条数，方案数为$C_{n+m}^{n+k}$。

假设$n\ge m$，那么可以列出这样一个式子：

$$\begin{equation}ans=\sum_{k=0}^{m}(C_{n+m}^{n+k}-C_{n+m}^{n+k+1})(n-m+k)\end{equation}$$

一看就可以列项，化简以后得：

$$\begin{equation}ans=(n-m)C_{n+m}^{n}+\sum_{k=0}^{m-1}C_{n+m}^{k}\end{equation}$$

$n\leq m$同理，此时k从m-n开始，化简以后得：

$$\begin{equation}ans=\sum_{k=0}^{n-1}C_{n+m}^k\end{equation}$$

于是我们只需处理$\sum_{k=0}^{n}C_n^k$。设为$F(n,k)$，注意到$C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$，所以$F(n+1,k)=2F(n,k)-C_n^k$；同时$F(n,k+1)=F(n,k)+C_n^{k+1}$。

发现每次n±1/k±1的时候都可以快速维护F(n,k)，可以莫队维护（或者分块预处理组合数）。

并不是一定要长得像区间的东西才能用莫队维护。二维的且每次行列变化1后的结果能快速得到的量，也可以抽象成莫队问题。（听说莫队常数比分块来得小）

复杂度$\mathcal{O}(n\sqrt{n})$。（理解了我半天）

code:

（bzoj卡常并不能过）

 #include<bits/stdc++.h>
 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 #define per(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
 #define ll long long
 #define inf 1000000001
 #define y1 y1___
 using namespace std;
 char gc(){
     static char buf[],*p1=buf,*p2=buf;
     return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,,,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
 }
 //#define gc getchar
 ll read(){
     char ch=gc();ll x=;int op=;
     for (;!isdigit(ch);ch=gc()) if (ch=='-') op=-;
     for (;isdigit(ch);ch=gc()) x=(x<<)+(x<<)+ch-'';
     return x*op;
 }
 #define N 250005
 #define mod 1000000007
 #define inv2 500000004
 int Q,fac[N],inv[N],ans[N];
 struct ask{int n,m,l,r,id,bl;}q[N];
 int ksm(int x,int p){
     int ret=;
     for (;p;p>>=,x=(ll)x*x%mod) if (p&) ret=(ll)ret*x%mod;
     return ret;
 }
 void init(int n){
     fac[]=;
     rep (i,,n) fac[i]=(ll)fac[i-]*i%mod;
     inv[n]=ksm(fac[n],mod-);
     per (i,n-,) inv[i]=(ll)inv[i+]*(i+)%mod;
 }
 bool cmp(ask x,ask y){return x.bl<y.bl||x.bl==y.bl&&x.r<y.r;}
 #define C(n,m) (n>=m?(ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[(n)-(m)]%mod:0)
 #define invC(n,m) ((ll)fac[m]*fac[(n)-(m)]%mod*inv[n]%mod)
 void upd(ll &x,int y){x+=y;x-=x>=mod?mod:;}
 int main(){
     init();
     Q=read();read();int blo=sqrt(Q);
     rep (i,,Q){
         q[i].n=read(),q[i].m=read();
         q[i].id=i;
         q[i].l=q[i].n+q[i].m;q[i].r=min(q[i].n,q[i].m)-;
         q[i].bl=(q[i].l-)/blo+;
     }
     sort(&q[],&q[Q+],cmp);
     int l=,r=;ll now=;
     rep (i,,Q){
         while (l>q[i].l) l--,upd(now,C(l,r)),now=(ll)now*inv2%mod;
         while (r<q[i].r) r++,upd(now,C(l,r));
         while (l<q[i].l) upd(now,now),upd(now,mod-C(l,r)),l++;
         while (r>q[i].r) upd(now,mod-C(l,r)),r--;
         ans[q[i].id]=(max(q[i].n-q[i].m,)+now*invC(q[i].l,q[i].n))%mod;
     }
     rep (i,,Q) printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }