ZJOI2019做题笔记

麻将（期望、DP套DP）

先考虑如何计算一个子集是否能胡。

设\(f_{i,0/1,j,k}\)表示考虑了子集中\(1 \sim i\)的牌，是否找到对子，\(i-1,i,i+1\)预计拿\(j\)个，\(i,i+1,i+2\)预计拿\(k\)个，最多能够产生多少面子。注意到\(j\)和\(k\)的状态都是预计，所以并不算入面子数。转移枚举有多少个\(i+1\)、预计拿多少个\(i+1,i+2,i+3\)的顺子，剩下的全部拿刻子。至于为什么考虑\(i+1,i+2,i+3\)而不是\(i-1,i,i+1\)是因为这样边界比较好算。

然后考虑原问题。发现原问题相当于：对于手中摸了\(i(i \geq 13)\)张牌，考虑这些牌有没有胡的子集，如果没有贡献+1，然后再摸一张。所以我们只需要计算满足摸了\(i\)张还没有胡的子集的方案数，然后乘上\((4n-i)!\)加起来就是所有排列的权值总和。

后面的问题仍然可以从小到大枚举牌来DP。考虑将上面\(f\)的状态压进当前DP状态里，设\(g_{i,j,k}\)表示考虑了前\(i\)种牌，共拿了\(j\)张牌，\(f\)数组的状态为\(k\)时的方案数，转移枚举\(i+1\)选了多少个，转移一下\(k\)即可。

最后的问题是\(k\)的状态量，暴搜可以搜出本质不同的不胡状态总共有\(2091\)种，所以复杂度为\(O(2091n^2)\)可以通过。

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线段树（期望、线段树、矩阵）

原题可以等价转化为：一棵线段树有\(0.5\)的几率打一个标记，有\(0.5\)的几率不打，问标记个数期望。

设\(f_{i,0/1/2}\)表示第\(i\)个点，它和它的祖先都不存在标记/它的祖先存在标记，它不存在标记/它存在标记的期望。转移分：经过的点、pushdown到达的点、打上标记的点、祖先打上标记的点四种情况分别乘上一个矩阵转移，最后的答案就是所有的\(f_{i,2}\)的和。

可能需要一定的常数优化。可以发现\(f_0+f_1+f_2 = 1\)，所以可以压掉一个变成\(2 \times 2\)。

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Minimax搜索（动态DP）

对于一个已知的集合\(S\)，如果通过\(w(S)\)将根节点权值变为\(W+x\)，那也一定可以变为\(W+1\)；能够变为\(W-x\)，也一定能够变为\(W-1\)。所以我们只需要考虑将根节点变为\(W \pm 1\)的能量消耗。

首先，如果集合中存在\(W\)号点，那么它的权值一定为\(1\)，因为只需把\(W\)修改成\(W \pm 1\)就可以改变根节点的值。所以若设\(ans_i\)表示\(k \leq i\)的答案的和，那么\(ans_1 = 2^{m-1}\)，由题意可知\(ans_n = 2^m - 1\)。对于接下来考虑的所有集合，均认为它们不包含\(W\)号点。

我们枚举一个\(k \in [L,R]\)考虑计算\(ans_k\)。对于一个集合\(S\)，如果想让根节点权值变为\(W+1\)，那么编号\(\geq W+1\)的点的权值不需要变化，而\(<W\)的点的权值在改变量不超过\(k\)的情况下变为\(W+1\)一定是最优的；而变为\(W-1\)，则只让\(>W\)的点在改变量不超过\(k\)的情况下把权值变为\(W-1\)。那么也就是说：一个集合中让根节点权值变为\(W+1\)需要修改的点和让根节点权值变为\(W-1\)需要修改的点是独立的，所以不满足条件的方案数就是：选择一些\(<W\)的点，将它们修改为\(W+1\)之后根节点权值不变；选择一些\(>W\)的点，将它们修改为\(W-1\)之后根节点权值不变，这两种方案的乘积。

那么可以设计一个\(dp\)：设\(f_i\)表示仅改变编号\(<W\)的点的权值，点\(i\)的权值\(\leq W\)的概率。至于为什么是概率，因为后面好算。又设\(g_i\)表示仅改变编号\(>W\)的点的权值，点\(i\)的权值\(<W\)的概率。这两种dp的转移都是一样的，如果\(2 \not\mid dep_u\)则\(f_u = \prod f_v\)，否则是\(f_u = 1 - \prod (1 - f_v)\)，其中\(v\)是\(u\)的儿子。

那么\(ans_k = 2^{m-1} + 2^{m-1}(1 - f_1(1 - g_1))\)。对于每一个\(k \in [L-1,R]\)算一下答案，就有一个70pts的DP。

然后可以发现：当\(k\)从\(i\)变到\(i+1\)的时候，至多有一个叶子会在\(f\)中改变值，至多有一个叶子在\(g\)中改变值，所以动态DP。

具体的，令\(f'_v = [2 \not\mid dep_v]f_v + [2 \mid dep_v](1 - f_v)\)，那么\(f'\)的转移就变成了统一的\(f'_u = \prod (1 - f'_v)\)。然后设\(x^i\)表示树链剖分后\(x\)所在重链深度为\(dep_x + i\)的点，那么一段重链的转移可以写成\(f_{top} = \sum\limits_{i=0}^{dep} (-1)^i \prod\limits_{j=0}^i ldp_{top^j}\)，其中\(ldp\)表示的是轻边传上来的答案，至于怎么推直接暴力拆式子。这个式子的值可以通过每条重链维护一棵线段树求。

最后动态DP撤销贡献的时候有可能会除\(0\)，所以对于每一个数记一下非\(0\)的数的乘积和乘\(0\)次数，就可以做到除法。

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