@codeforces - 618G@ Combining Slimes

@description@
@solution@
@accepted code@
@details@

@description@

一行上摆有 n 个方格。每一次你可以在最右边的方格滴入一滴史莱姆。有 p 的概率该史莱姆大小为 1，有 (1 - p) 的概率该史莱姆大小为 2。

史莱姆会不断往左滚动，直到遇到另一个史莱姆或边界。假如遇到的是大小相同的史莱姆则合并，大小加一，继续往左滚动；否则直接停下。

等到无法操作时，问最后方格内的史莱姆大小总和的期望值。

input：

两个整数 n，p。（1 <= n <= 10^9，1 <= p < 10^9）

其中对应的概率为 p/10^9 与 1 - p/10^9。

output：

输出期望值。

sample input：

2 500000000

sample output：

3.562500000000000

sample explain：

滴入大小为 1 与 2 的史莱姆的概率都为 1/2。

1/4 的概率最终状态为 1 2，3/8 最终为 2 1，3/16 最终为 3 2 与 3/16 最终为 3 1。

期望值为 $1/4*(1 + 2) + 3/8*(2 + 1) + 3/16*(3 + 2) + 3/16*(3 + 1) = 3.5625$

@solution@

这道题有点儿意思。

@part - 0@

嘛……首先发现当一个大小为 1 的史莱姆在一个大小为 2 的史莱姆左边，则它们以及它们左边的史莱姆永远不会再变动的。

然后呢？然后我就不会做了。

@part - 1@

根据题解所写，我们要发现这样一个关键的性质：

假如我们需要弄出来大小为 s 的史莱姆，我们需要先弄出来两个大小为 (s-1) 的史莱姆。

令弄出大小为 s 的概率为 $pr(s)$，则有递推公式 $pr(s) = pr^2(s-1)$，边界 $pr(2) = (1-p) + p^2$。

这是一个理想的上界，实际概率可能还要小些。

但是就这种情况下，取 $pr(2)_{max}=(1-\frac{1}{10^9})$（不是准确值），则当 s >= 50 时， $pr(s)$ 已经趋近于无穷小了（可以自行算），不会再对答案产生影响。

所以史莱姆的大小可以控制到 50 以下。

……

MMP 鬼才会去想这个性质。

@part - 2@

其实下面这个性质并不难想到，但是如果没有上面那个性质也运用不了。令 $pr(s, n)$表示 n 个方格弄出大小为 s 的史莱姆的概率。

可以发现，当 n 充分大时， $pr(s, n) = pr(s, n+1)$。

感性理解一下：你方格数量多了，反而有些方格可能用不到。将这些用不到的方格去掉，概率依然还是不变的。

这个充分大是多大呢？

$pr(s, n)$ 之间有递推关系 $pr(s, n) = pr(s-1, n)*pr(s-1, n-1)$。

边界条件 $\begin{cases}pr(1, 1) = p, pr(2, 1) = 1-p\\pr(1, n) = p, pr(2,n) = (1-p)+p^2&n\not = 1\end{cases}$

我们可以发现边界条件其实跟 n 没有关系。然后递推关系中，每一次 s 都要减少 1，所以 s 过后就会碰到边界条件。

所以，当 n > s 时，总有 $pr(s, n) = pr(s, n+1)$。

因此只要我们已知 $pr(s, n)(s \le 50, n \le 50)$ 的值，就可以表示所有的 $pr(s, n)$ 的值。

然而还有个问题，倒回到我们一开始说的那个性质：有可能我们的最左边固定的是一个 1 2 的形式。

为了解决这个问题，我们令 $pr'(s, n)$ 表示 n 个方格，最左边已经有一个大小为 2 的史莱姆的前提下，弄出大小为 s 的史莱姆的概率。

类似地可以得到递推关系：$pr'(s, n)=pr'(s-1,n)*pr(s-1,n-1)$。

边界条件不再复述，可以自行推导，也可以等会儿看代码。

@part - 3@

发现的这些性质……所以到底有啥子用？

既然上文中有这么多递推关系，我们就来想想用我们的 dp 来搞这道题。

令 $dp(s, n)$ 表示最终局面从右往左数前 n 个格子，第 n 个格子的史莱姆大小为 s 的前提下，的期望大小和。根据上文， s <= 50。

令 $f(s, n)=pr(s, n)*(1-pr(s, n-1))$，含义为第 n 个格子史莱姆大小为 s，第 n-1 个格子史莱姆大小 < s 的概率。这样第 n 个格子史莱姆绝对不会与第 n-1 个合并，只要第 n+1 个格子的史莱姆不与第 n 个格子合并，整个局面就是“稳定的”。

转移时，枚举第 i+1 个格子大小为 k，则：

\[dp(s,n)= s+\sum_{k=1}^{s-1}(dp(k, n-1)*\dfrac{f(k,n-1)}{\sum_{p=1}^{s-1}f(p,n-1)})
\]

比较难理解的可能就是右边乘上来的概率为什么长成那样。

其实这（应该）是一个条件概率。

条件概率的公式为 $P(B|A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}$，即在事件 A 发生的前提下，事件 B 发生的概率等于事件 A B 同时发生的概率除以 A 发生的概率。

对应到该题。事件 A 为 “最终局面中第 i 个格子的史莱姆大小为 j ”，事件 B 为 “第 i+1 个格子的史莱姆大小为 k”。

嗯。我相信它是这样的。

为什么不直接用 $dp(s, n)$ 乘上一个 $f(s, n)$ 呢？因为当 j = 1 时，上面那个转移式，就不能那么转移了。因为大小为 1 后面可能接个 2。

我们令 $g(s, n)=pr'(s, n)*(1-pr(s, n-1))$。则：

\[dp(1, n)=1+\sum_{k=1}^{50}(dp(k, n-1)*\dfrac{g(k,n-1)}{\sum_{p=1}^{50}g(p,n-1)})
\]

然后，由于我们最后发现的那个性质，所以当 n 充分大时右边乘上来的概率是不会变化的，是个常数。

所以我们就可以跑矩阵加速了。

最后得到 $ans = \sum_{i=1}^{50}f(i, n)*dp(i, n)$。

【我才不会说题解基本全靠口胡和感性认知 QAQ】

【因为我自己也不是太懂这道题 QAQ】

@accepted code@

通过浮点数的精度，使得某项变量因为远远超过题目所给的精度而忽略它。

这种类型我还只在 NOI2016 的旷野大计算那道题见过，果然还是太弱 QAQ。

//代码极丑无比，请勿模仿。

#include<cstdio>

const int MAXN = 50;

double pr1[MAXN + 5][MAXN + 5], pr2[MAXN + 5][MAXN + 5];

double f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5];

double dp[MAXN + 5][MAXN + 5];

struct matrix{

	double m[MAXN + 5][MAXN + 5];

	int r, c;

}M, R;

void init(double p) {

	pr1[1][1] = p, pr1[2][1] = 1-p;

	f[1][1] = p, f[2][1] = 1-p, g[2][1] = 1;

	for(int i=2;i<=MAXN;i++) {

		pr1[1][i] = p, pr1[2][i] = (1-p) + p*p, pr2[2][i] = 1;

		for(int j=3;j<=MAXN;j++)

			pr1[j][i] = pr1[j-1][i]*pr1[j-1][i-1], pr2[j][i] = pr2[j-1][i]*pr1[j-1][i-1];

		for(int j=1;j<=MAXN;j++)

			f[j][i] = pr1[j][i]*(1-pr1[j][i-1]), g[j][i] = pr2[j][i]*(1-pr1[j][i-1]);

	}

	dp[1][1] = 1, dp[2][1] = 2;

	for(int i=2;i<=MAXN;i++) {

		double del = 0;	dp[1][i] = 1;

		for(int l=1;l<=50;l++)

			del += g[l][i-1];

		for(int k=1;k<=MAXN;k++)

			dp[1][i] += dp[k][i-1]*g[k][i-1]/del;

		del = 0;

		for(int j=2;j<=MAXN;j++) {

			dp[j][i] = j; del += f[j-1][i-1];

			for(int k=1;k<j;k++)

				dp[j][i] += dp[k][i-1]*f[k][i-1]/del;

		}

	}

	M.r = M.c = MAXN+1;

	double del = 0;

	for(int i=1;i<=MAXN;i++)

		del += g[i][MAXN];

	for(int i=1;i<=MAXN;i++)

		M.m[1][i] = g[i][MAXN]/del;

	del = 0;

	for(int i=2;i<=MAXN;i++) {

		del += f[i-1][MAXN];

		for(int j=1;j<i;j++)

			M.m[i][j] = f[j][MAXN]/del;

		for(int j=i;j<=MAXN;j++)

			M.m[i][j] = 0;

	}

	for(int i=1;i<=MAXN;i++)

		M.m[0][i] = 0, M.m[i][0] = i;

	M.m[0][0] = 1;

	R.r = MAXN+1, R.c = 1;

	for(int i=1;i<=MAXN;i++)

		R.m[i][0] = dp[i][MAXN];

	R.m[0][0] = 1;

}

matrix operator * (matrix A, matrix B) {

	matrix C; C.r = A.r, C.c = B.c;

	for(int i=0;i<C.r;i++)

		for(int j=0;j<C.c;j++)

			C.m[i][j] = 0;

	for(int i=0;i<A.r;i++)

		for(int j=0;j<B.c;j++)

			for(int k=0;k<A.c;k++)

				C.m[i][j] += A.m[i][k] * B.m[k][j];

	return C;

}

matrix quick_pow(matrix b, int p) {

	matrix ret; ret.r = ret.c = b.r;

	for(int i=0;i<ret.r;i++)

		for(int j=0;j<ret.c;j++)

			ret.m[i][j] = (i == j);

	while( p ) {

		if( p & 1 ) ret = ret * b;

		b = b * b;

		p >>= 1;

	}

	return ret;

}

int main() {

	int n, p;

	scanf("%d%d", &n, &p);

	init(p/1E9);

	if( n <= MAXN ) {

		double ans = 0;

		for(int i=1;i<=MAXN;i++)

			ans += f[i][n]*dp[i][n];

		printf("%lf\n", ans);

	}

	else {

		R = quick_pow(M, n-MAXN)*R;

		double ans = 0;

		for(int i=1;i<=MAXN;i++)

			ans += f[i][MAXN]*R.m[i][0];

		printf("%lf\n", ans);

	}

}

@details@

不知道为什么想这道题的时候脑子里有一堆史莱姆在滚来滚去。好可爱来着 p(#￣▽￣#)o。

我看了好久才发现那个转移式是个条件概率 QAQ。可能有其他的理解方法，但是我太弱了真的想不到，只能用条件概率去解释 QAQ。

各位过路的 dalao 如果能提供更简洁的理解思路麻烦留言在下面好吗 QAQ。

救救蒟蒻吧 QAQ。