Codeforces Round #604 (Div. 1) - 1C - Beautiful Mirrors with queries

题意

给出排成一列的 \(n\) 个格子，你要从 \(1\) 号格子走到 \(n\) 号格子之后（相当于 \(n+1\) 号格子），一旦你走到 \(i+1\) 号格子，游戏结束。 当你在 \(i\) 号格子时，你有 \(p_i\) 的概率走到 \(i+1\) 号格子，否则你会返回最近的一个 checkpoint （存档点），最近的存档点是指 \(max\{x|x\leq i \; and \; ischeckpoint(x)\}\) 。对于每个 \(query x\) ，会把 \(x\) 号格子的 checkpoint 属性翻转，然后输出此时从 \(1\) 号格子走到 \(n+1\) 号格子的期望步数。

题解

考虑没有 checkpoint 的情况，也就是 2E 的题意。此时有两种比较好的解法：

1. 设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 号格子开始，第一次走到 \(i\) 号格子所需的期望步数，则 \(dp_1=0\) ，所求为 \(dp_{n+1}\) 。
   对于 \(i+1\) 号格子，走到它有两种可能：成功，从 \(i\) 号格子转移；失败，从 \(1\) 号格子转移。
   \[dp_{i+1}=p_i(1+dp_i)+(1-p_i)(1+dp_i+dp_{i+1})\]

   化简，即
   \[dp_{i+1}=\frac{1}{pi}(1+dp_i)\]

   递推可以求解。

2. 设 \(dp_i\) 表示从 \(i\) 号格子开始，第一次走到 \(n+1\) 号格子所需的期望步数，则 \(dp_{n+1}=0\) ，所求为 \(dp_{1}\) 。
   对于 \(i\) 号格子，下一步有两种可能：成功，转移到 \(i+1\) 号格子；失败，转移到 \(1\) 号格子。
   \[dp_i=p_i(dp_{i+1}+1)+(1-p_i)(1+dp_1)\]

   则有
   \[dp_{n+1}=0\]
   \[dp_n=p_n(dp_{n+1}+1)+(1-p_n)(1+dp_1)\]
   \[dp_{n-1}=p_{n-1}(dp_n+1)+(1-p_{n-1})(1+dp_1)\]
   \[dp_{n-2}=p_{n-2}(dp_{n-1}+1)+(1-p_{n-2})(1+dp_1)\]
   ...
   \[dp_3=p_3(dp_4+1)+(1-p_3)(1+dp_1)\]
   \[dp_2=p_2(dp_3+1)+(1-p_2)(1+dp_1)\]
   \[dp_1=p_1(dp_2+1)+(1-p_1)(1+dp_1)\]

   每次把上一个式子代到下一个式子，会使得整个式子只带有 \(dp_1\) 一个未知项，最后把 \(dp_1\) 解出来就可以了。

那么加上 checkpoint ，解法出现了一些变化，只说看起来比较好的第一种。

设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 号格子开始，第一次走到 \(i\) 号格子所需的期望步数，则 \(dp_1=0\) ，所求为 \(dp_{n+1}\) 。
对于 \(i+1\) 号格子，走到它有两种可能：成功，从 \(i\) 号格子转移；失败，从 \(x\) 号格子转移， \(x\) 表示 \(i\) 对应的 checkpoint。
根据期望的线性性，可得 \(cost(x,y)=dp_y-dp_x\) ，表示从 \(x\) 号格子转移到 \(y\) 号格子的花费为两式的差。
\[dp_{i+1}=p_i(1+dp_i)+(1-p_i)(1+dp_i+cost(x,i+1))\]

化简，即
\[dp_{i+1}=\frac{1}{p_i}(1+dp_i-(1-p_i)dp_{x})\]
\[dp_{i+1}=\frac{1}{p_i}(1+dp_i+(p_i-1)dp_{x})\]
\[dp_{i+1}=\frac{1}{p_i}+dp_{x}+\frac{1}{p_i}dp_i-\frac{1}{p_i}dp_{x}\]

注意到一开始是没有任何 checkpoint 的（就算有也可以逐个添加进来），先按照 2E 的方法解决好。然后插入第一个 checkpoint \(x\) ，那么显然不比 \(x\) 大的都是不受影响的。
第一个受影响的点即 \(x+1\) ：
\[dp_{x+1}=\frac{1}{p_x}(1+dp_x-(1-p_x)dp_{x})\]

化简，即
\[dp_{x+1}=\frac{1}{p_x}+dp_{x}\]

第二个受影响的点即 \(x+2\) （第一种化简格式）：
\[dp_{x+2}=\frac{1}{p_{x+1}}(1+dp_{x+1}-(1-p_{x+1})dp_{x})\]

代入，即
\[dp_{x+2}=\frac{1}{p_{x+1}}(1+\frac{1}{p_x}+dp_{x}-(1-p_{x+1})dp_{x})\]

化简，即
\[dp_{x+2}=\frac{1}{p_{x+1}}(1+\frac{1}{p_x}+p_{x+1}dp_{x})\]

化简，即
\[dp_{x+2}=\frac{1}{p_{x+1}}+\frac{1}{p_x p_{x+1}}+dp_{x}\]

代入第三种化简格式，检验成立

第三个受影响的点即 \(x+3\) （第三种化简格式）：
\[dp_{x+3}=\frac{1}{p_{x+2}}+dp_{x}+\frac{1}{p_{x+2}}dp_{x+2}-\frac{1}{p_{x+2}}dp_{x}\]

代入，即
\[dp_{x+3}=\frac{1}{p_{x+2}}+dp_{x}+\frac{1}{p_{x+2}}(\frac{1}{p_{x+1}}+\frac{1}{p_x p_{x+1}}+dp_{x})-\frac{1}{p_{x+2}}dp_{x}\]

化简，即
\[dp_{x+3}=\frac{1}{p_{x+2}}+\frac{1}{p_{x+1} p_{x+2}}+\frac{1}{p_x p_{x+1} p_{x+2}}+dp_{x}\]

假设保存有 \(p_i\) 的逆元 \(invp_i\) ，那么这个修改就相当于每个元素依次加上一个前缀积。