HDU 6595 Everything Is Generated In Equal Probability (期望dp，线性推导)

Everything Is Generated In Equal Probability

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\]

题意

给出一个 \(N\)，以相等的概率生成 \(n\) 且 \(n \in [1, N]\)，在以相等的概率生成长度为 \(n\) 的数组，最后将生成的数组扔到 \(CALCULATE\) 函数并返回一个数，问这个数的期望。

思路

先解释一下样例是怎么得来的。
令 \(dp[array]\) 表示数组 \(array\) 扔到函数里得到的期望，\(pair[array]\) 表示数组 \(array\) 中逆序对的数量。
则
\[
dp[array] = \frac{1}{A_{len(array)}^{len(array)}} \sum\left(dp[subsequence] + pair[subsequence]\right) \\
ans = \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{A_n^n}\sum_{len(array)=n}\left(dp[array] + pair[array]\right)
\]

\(N=2\)：

• \(\frac{1}{2}\) 概率得到 \(n=1\)，只有一个 \(array=[1]\)，显然 \(dp[ [1] ] = 0\)
• \(\frac{1}{2}\) 概率得到 \(n=2\)，此时有 \(\frac{1}{2}\) 生成 \(array=[1,2]\)，\(\frac{1}{2}\) 生成 \(array=[2,1]\)，则
  \[
  \begin{aligned}
  &dp[[1,2]] = \frac{1}{4}((dp[[1]]+0) + (dp[[2]]+0) + (dp[[1,2]]+0) + (dp[[\emptyset]]+0)) \\
  \implies&dp[[1,2]] = 0\\
  &dp[[2,1]] = \frac{1}{4}((dp[[1]]+0) + (dp[[2]]+0) + (dp[[2,1]]+1) + (dp[[\emptyset]]+0)) \\
  \implies&dp[[2,1]] = \frac{1}{3}\\
  &\emptyset 表示空集
  \end{aligned}
  \]
  所以当 \(N=2\) 时的期望就是
  \[
  ans = \frac{1}{2}\left((dp[[1]]+0) + \frac{1}{2}((dp[[1,2]]+0) + (dp[[2,1]]+1))\right)= \frac{1}{3}
  \]

\(N=3\) 同理，可以自行计算并算出每个序列的 \(dp\) 值。

计算 \(N=3\) 后，我们发现 \(dp[[1,2,3]] = \frac{0}{3}， dp[[2,1,3]] = \frac{1}{3}， dp[[2,3,1]]=\frac{2}{3}，dp[[3,2,1]]=\frac{3}{3}\)，在加上之前算出的 \(dp[[1,2]] = \frac{0}{3}\)，\(dp[[2,1]] = \frac{1}{3}\)，我们可以猜想 \(dp[array] = \frac{pari[array]}{3}\)，可以继续计算 \(n=4\) 的情况，同样满足猜想。

回到最初始的式子
\[
\begin{aligned}
ans &= \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{A_n^n}\sum_{len(array)=n}\left(dp[array] + pair[array]\right) \\
&= \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{A_n^n} \left(\frac{4\sum_{len(array)=n} pair[array]}{3}\right)
\end{aligned}
\]
令 \(f[i]\) 表示 \(\sum_{len(array)=i} pair[array]\)，只要计算出这个，最后的答案就可以 \(O\left(N\right)\) 得到。
对于一个长度为 \(n\) 的序列，我们假设把这个序列的最后一个数字拿掉，前面的 \(n-1\) 个数的 \(pair\) 数其实就可以看成 \(f[n-1]\) 的贡献，一共有 \(n\) 个数字可以拿掉，所以前 \(n-1\) 个数字这部分的总贡献就是\(n*f[n-1]\)。
现在把最后一个数字加进来，当加入的数字是 \(i\) 时，和其他 \(n-1\) 个数字会产生 \(\left(n-i\right)\) 对逆序对，剩余的 \(n-1\) 个数都在前面，可以随便排列，所以它的贡献就是 \(A_{n-1}^{n-1}\left(n-i\right)\)，则最后一个数字这部分的总贡献就是 \(\sum_{i=1}^{n} A_{n-1}^{n-1}\left(n-i\right) = A_{n-1}^{n-1} \sum_{i=1}^{n-1}i\)。
现在就可以得到 \(f[i]\) 的线性递推式
\[
f[n] = n*f[n-1]+A_{n-1}^{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}i
\]
我们队最后把 \(f[i]\) 扔到 \(oeis\) 里面去....发现居然有 \(O\left(1\right)\) 公式 \(\frac{n!n(n-1)}{4}\)，打扰了....
最后只要把 \(f[i]\) 打表预处理出来，最后的答案就可以进一步化简
\[
ans = \frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{A_n^n}\frac{4f[n]}{3}
\]
最后发现网上说 \(ans\) 居然又有 \(O\left(1\right)\) 公式 \(\frac{N^2-1}{9}\)