CF908D New Year and Arbitrary Arrangement 题解

$0.$ 前言

有一天 $Au$ 爷讲期望都见到了此题，通过写题解来加深理解。

$1.$ 题意

将初始为空的序列的末尾给定概率添加 $a$ 或 $b$，当至少有 $k$ 对 $ab$ 时停止（注意是“对”，中间可以间隔字符），求 $ab$ 期望对数。

$2.$ 思路

通过查看标签通过阅读题面我们容易发现本题是一道期望 DP，但是本题的状态并不很容易想到，设 $f[i][j]$ 表示前缀中有 $i$ 个 $a$，$j$ 个 $ab$ 停止后的期望个数，这样发现转移就容易了很多，不会被 $a$ 和 $b$ 纠缠不清，设 $A = pa / (pa + pb)$，$B = pb / (pa + pb)$，则有：

\[f[i][j] = A × f[i + 1][j] + B × f[i][j + 1]
\]

若 $i + j ⩾ k$，则再加一个 $b$ 就会结束，此时的期望 $ab$ 数是：

\[i + j + pa / pb
\]

故终止状态为:

\[f[i][j] = i + j + pa / pb, i + j ⩾ k
\]

$3.$ 解释

（本块主要针对 $i + j + pa / pb$ 的推导，不感兴趣可以跳过）

我一直疑惑 $i + j + pa / pb$ 如何得出。

解释一下，在前缀有了 $i$ 个 $a$，构成了 $j$ 组 $ab$ 的情况下，若 $i + j ⩾ k$，这个状态的后继情况能是容易看到的：选 $a$ ，然后继续抉择，或选 $b$ ，就此停止。多选一个 $a$，就意味着最后的 $ab$ 串又多了一个。那么得出无限和式:

\[{b \over pa+pb}×\sum_{a=0}^{∞}(i+j+a)×({pa \over pa+pb})^{a}
\]

接下来的证明部分参考一粒夸克的博客

首先是等差乘等比数列求和公式

\[(1):A=a+(a+p)×p+(a+2×b)×p^2+...+(a+n×b)×p^n
\]

\[(2):A×p=a×p+(a+b)×p^2+(a+2×b)×p^3+...+(a+n×b)×p^{n+1}
\]

\[(1)-(2):A×(1-p)=a+b×(p+p^2+p^3+...+p^n)-(a+n×b)p^{n+1}
\]

\[A×(1-p)=a+b×p×{1-p^n \over 1-p}-(a+n×b)×p^{n+1}
\]

\[A={a\over1-p}+b×{p-p^{n+1}\over(1-p)^2}-{(a+n×b)×p^{n+1}\over1-p}
\]

将公式代入无限和式

\[{pb \over pa+pb}×(\sum_{a=0}^{∞}(i+j+a)×({pa \over pa+pb})^{a})
\]

\[={pb\over pa+pb}×({i+j\over1-{pa\over pa+pb}}+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over (1-{pa \over pa+pb})^2}-{(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+1} \over1-{pa \over pa+pb}})
\]

\[={pb\over pa+pb}×({i+j \over {pb \over pa+pb}}+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over ({pb \over pa+pb})^2}-{(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+1} \over{pa \over pa+pb}})
\]

\[=i+j+{{pa \over pa+pb}-({pa \over pa+pb})^{∞+ 1} \over {pb \over pa+pb}}-(i+j+n)×({pa \over pa+pb})^{∞+ 1}
\]

\[=i+j+{{pa \over pa+pb}\over {pb \over pa+pb}}
\]

\[=i+j+{pa \over pb}
\]

（这么巨量$\LaTeX$我都打了，求赞）

$4.$ 细节

由于 $f[0][0]$ 会转移到自己，递归记忆化会死循环，从 $f[1][0]$ 开始算，当序列前有一堆 $b$ 的情况没有意义，可以跳到第一个 $a$ 发生时开始算。初始状态选取 $f[1][0]$。
当 $a$ 与 $ab$ 的个数相加已经大于 $k$ 了，这是就不关心有多少 $a$ 了，只需要有一个 $b$ 就可以结束了，这样可以把两维都控制在 $O(k)$ 的复杂度

$5.$ 代码

这是一份逆推实现的代码：

#include<map>

#include<cmath>

#include<queue>

#include<vector>

#include<cstdio>

#include<string>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define int long long

using namespace std;

template<class T> inline void read(T &x){

    x = 0; register char c = getchar(); register bool f = 0;

    while(!isdigit(c)) f ^= c == '-', c = getchar();

    while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();

    if(f) x = -x;

}

template<class T> inline void print(T x){

    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;

    if(x > 9) print(x / 10);

    putchar('0' + x % 10);

}

const int N = 1010;

const int mod = 1e9 + 7;

int n, pa, pb, A, B, C;

int f[N][N];

inline int qpow(int a, int b){

    int res = 1;

    while(b){

        if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;

        a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;

    }

    return res;

}

inline int work(int x){

	return qpow(x, mod - 2);

}

signed main(){

	read(n), read(pa), read(pb);

    A = 1ll * pa * work(pa + pb) % mod;

    B = 1ll * pb * work(pa + pb) % mod;

    C = 1ll * pa * work(pb) % mod;

    for(int i = n; i >= 1; --i)

        for(int j = n; j >= 0; --j){

            if(i + j >= n) f[i][j] = (i + j + C) % mod;

            else f[i][j] = (1ll * A * f[i + 1][j] % mod + 1ll * B * f[i][j + i] % mod) % mod;

        }

    print(f[1][0]), puts("");

    return 0;

}

这是一份记搜实现的代码片段：

inline int dp(int i, int j){

	if(i + j >= k) return (i + j + C) % mod;

	if(~ f[i][j]) return f[i][j];

	return (1ll * A * dp(i + 1, j) + 1ll * B * dp(i, j + i)) % mod;

}