[OI] 二项式期望 DP

OSU

OSU

yet Another OSU

yet yet Another OSU

OSU 的题目是这样的：有一些相邻的块，给定每一个块的联通概率，每个连通块对答案有 \(size^{3}\) 的贡献，求总期望

关于此题我曾写过题解 此处

此类题的关键之处在于，当我们设计了一个线性状态 \(f_{i}\) 之后，假如我们基于拼接的思想，尝试维护出来了当前最近的一个连通块个数为 \(x\)，其贡献应为 \(x^{3}\)，那么现在我们再为其拼接一个块，贡献就会变为 \((x+1)^3\)，即 \(x^{3}+3x^{2}+3x+1\)，注意到这里还有我们尚未维护的 \(x^{2}\) 与 \(x\) 项，因此我们还需要维护这两种信息才能对 \(x^{3}\)，进行转移. 对于 \(x^{2}\) 的维护，显然 \((x+1)^{2}=x^{2}+2x+1\)，因此只需要维护 \(x\) 项即可，对于 \(x\) 的维护是显然的

引入两个变量 \(l_{i},s_{i}\)，其中 \(f_{i}\) 表示考虑前 \(i\) 个，与 \(i\) 联通的连通块长度，\(s_{i}\) 表示前 \(i\) 个的总得分

容易想到 \(l_{i}\) 的转移：当第 \(i\) 个为断点时将 \(l_{i}\) 置零，否则 \(l_{i}=l_{i-1}+1\)

考虑 \(s_{i}\) 的转移：容易想到，当 \(i\) 为断点时有 \(s_{i}=s_{i-1}\)，否则，我们可以得出 \(s_{i-1}=(l_{i-1})^{3}+S\)（其中 \(S\) 是一个之前累积的得分），而 \(s_{i}=(l_{i})^{3}+S\)，根据上述 \(l_{i}\) 的转移式我们可以知道 \(l_{i}=l_{i-1}+1\)，因而有：

\[s_{i}=(l_{i-1}+1)^{3}+S=(l_{i-1})^3+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1}+1
\]

因为 \(S\) 不好维护，考虑对两项做差分，消掉 \(S\)

\[s_{i}=s_{i-1}+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1}
\]

因此，我们只需要维护出 \(l_{i}\)，即可递推求解 \(s_{i}\)

下面我们来加上概率考虑

期望有一个性质（期望的线性性）\(E(a+b)=E(a)+E(b)\) ，因此有下述转化：

\[E(s_{i})=E(s_{i-1}+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1})=E(s_{i-1})+3E((l_{i-1})^2)+3E(l_{i-1})
\]

对于 \(i\) 确定为断点的情况，我们有 \(l_{i}=0\)，因此 \(E((l_{i-1})^2)=E(l_{i-1})=0\)，从而 \(E(s_{i})=E(s_{i-1})\)

否则，对于 \(i\) 确定联通的情况同理，有 \(E(s_{i})=E(s_{i-1})+3(l_{i-1})^{2}+3l_{i-1}\)

否则，对于随机选择的块，直接用上述两种情况乘对应的概率即可，即：

\[E(s_{i})=p_{1}\times E(s_{i-1})+p_{2}\times (E(s_{i-1})+3E(l_{i-1})^{2}+3El_{i-1})
\]

注意到我们还没有维护 \(E(l_{i})\)

对于 \(i\) 确定为断点的情况，\(E(l_{i})=0\)

对于 \(i\) 确定联通的情况，\(E(l_{i})=E_{l_{i-1}+1}=E(l_{i-1})+1\)

否则，按照上述思路，应为

\[E(l_{i})=p_{1}\times 0+p_{2}\times (E(l_{i-1})+1)
\]

接着考虑维护 \(E((l_{i})^{2})\)

对于 \(i\) 确定为断点的情况，\(E((l_{i})^{2})=0\)

对于 \(i\) 确定联通的情况，\(E((l_{i})^{2})=E_{(l_{i-1}+1)^{2}}=E((l_{i-1}^{2}+2l_{i-1}+1))=E((l_{i-1}^{2}))+2E(l_{i-1})+1\)

否则，按照上述思路，应为

\[((l_{i})^{2})=p_{1}\times 0+p_{2}\times (E_{(l_{i-1}+1)^{2}}=E((l_{i-1}^{2}+2l_{i-1}+1))=E((l_{i-1}^{2}))+2E(l_{i-1})+1)
\]

因为已经维护过了 \(E(l_{i})\)，因此至此我们完成了全部变量的维护

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double p[100001],l1[100001],l2[100001],s[100001];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>p[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        l1[i]=p[i]*(l1[i-1]+1);
        l2[i]=p[i]*(l2[i-1]+2*l1[i-1]+1);
        s[i]=(1-p[i])*s[i-1]+p[i]*(s[i-1]+3*l2[i-1]+3*l1[i-1]+1);
    }
    printf("%.1lf",s[n]);
}

Another OSU

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OSU 的 \(k\) 次幂升级版，即贡献变为了 \(x^{k}\)

这一次我们不能再像上述一个一个推式子了，我们需要找一个普遍的规律：

对于刚才的问题我们发现：要想维护一个 \(x^{k}\) 的贡献，显然需要维护 \(k'\in[1,k]\) 的所有 \(x^{k'}\) 的贡献

有二项式定理，即 \((x + y)^n = \sum_{i = 0}^n C_{n}^i x^{n - i} y^{i}\)，考虑设 \((f_{i})^{k}\) 为我们对 \(x_{k}\) 项进行的位置为 \(i\) 的转移，效仿刚才的解法，我们会有：

\[(f_{i})^{k}=(f_{i-1}+a)^{k}=\sum_{j = 0}^k C_{n}^j (f_{i-1})^{n - j} a^{j}
\]

可以发现在这里实际上用到了全部次数比它低的 \(f_{i}\)，因此对于每一个 \(i\)，按 \(k\) 从小到大维护即可.

此外，除了用二项式定理求 \(C^{i}_{n}\)，还可以用杨辉三角来求系数：

杨辉三角递推式：

\[f_{i,j}=\begin{cases}1\qquad\qquad\qquad\qquad\ j=1\operatorname{or} j=i\\f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\qquad \operatorname{otherwise}\end{cases}
\]