Codeforces 1264C/1265E Beautiful Mirrors with queries (概率期望、DP)

题目链接

http://codeforces.com/contest/1264/problem/C

题解

首先显然断点把序列分成几部分，总答案就等于所有部分的答案之和。考虑如何求一部分内的答案。首先有个非常经典的dp是\(f_i\)表示期望多少次从\(i\)走到\(i+1\), 但是按此方法并不能（至少我不会）导出一个方便维护修改的做法。

这时可以转换思路，考虑另一种DP，设\(f_i\)表示\(i\)这个点期望经过多少次，则有\(f_i=\frac{1}{p_i}f_{i+1}, f_{n+1}=1\), 即\(f_i=\frac{1}{\prod^n_{j=i}p_j}\).

然后就很容易维护了，只需要求后缀积及其后缀和即可。每次二分前驱后继，算一算贡献差即可。

时间复杂度\(O(n\log n)\).

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
using namespace std;

const int N = 2e5;
const int P = 998244353;
set<int> b;
llong p[N+3];
llong s[N+3],ss[N+3];
bool f[N+3];
int n,q; llong ans;

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong mulinv(llong x) {return quickpow(x,P-2);}

int getprv(int x) {set<int>::iterator iter=b.lower_bound(x); iter--; return *iter;}

void Flip(int x)
{
	int l = getprv(x),r = *b.upper_bound(x);
	llong tmp = (ss[l]-ss[x]+P)%P,coe = f[x]==0?(s[x]-s[r]+P)%P:(s[r]-s[x]+P)%P;
	ans = (ans+tmp*coe)%P;
	if(!f[x]) {b.insert(x);} else {b.erase(x);}
	f[x]^=1;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1; i<=n; i++) {scanf("%lld",&p[i]); p[i] = p[i]*mulinv(100)%P;}
	b.insert(1); b.insert(n+1); f[1] = 1;
	s[n+1] = 1ll; for(int i=n; i>=1; i--) {s[i] = s[i+1]*p[i]%P; ss[i] = (mulinv(s[i])+ss[i+1])%P;}
	ans = ss[1];
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		int x; scanf("%d",&x);
		Flip(x);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}