LOJ2229. 「BJOI2014」想法（随机化）

题目链接

https://loj.ac/problem/2229

题解

评分标准提示我们可以使用随机化算法。

首先，我们为每一道编号在 \([1, m]\) 以内的题目（这些题目也对应了 \(m\) 个初始的想法）赋一个 \([0, d]\) 以内的随机权值。接下来，我们可以通过 \(O(n)\) 的递推来求出每一道编号在 \((m, n]\) 以内的题目所包含的所有想法对应权值的最小值。记第 \(i(i > m)\) 道题目包含 \(x_i\) 个不同的想法，且这些想法对应权值的最小值为 \(w_i\)，那么有 \(w_i\) 的期望值为 \(\frac{d}{x_i + 1}\)。

我们试着证明一下上述结论。在此之前，我们先思考一个值域较小但更为普遍的问题：在 \([0, 1]\) 内选择 \(x\) 个随机变量（变量之间互相独立，且在 \([0, 1]\) 内均匀随机），求选出的这 \(x\) 个变量中第 \(k\) 小值的期望。

我们将该问题做一个转化：求选出的这 \(x\) 个变量中第 \(k\) 小值的期望，等价于求再在 \([0, 1]\) 内选择一个随机变量，求选出的这个变量小于之前选出的 \(x\) 个变量中第 \(k\) 小值的概率。

经过转化之后的问题显然就很好做了。我们考虑按照数值从小到大给这 \(x + 1\) 个变量赋上排名。忽略变量相等的情况，那么这 \(x + 1\) 个变量的排名构成了一个 \(x + 1\) 的排列，且显然，产生各个排列的概率是相同的。\(x + 1\) 的全排列数为 \((x + 1)!\)，我们考虑用合法的排列数除以全排列数来求概率，这样，问题转化为了求共有多少种 \(x + 1\) 的排列满足排列的最后一个位置的值不超过 \(k\)。显然合法的排列总数为 \(k \times x!\)。因此概率即为 \(\frac{k \times x!}{(x + 1)!} = \frac{k}{x + 1}\)，那么可以得到在 \([0, 1]\) 内选出的 \(x\) 个随机变量中第 \(k\) 小值的期望也为 \(\frac{k}{x + 1}\)。

这个结论其实被直接放在了[ZJOI2015]地震后的幻想乡一题的提示中。

这样，当随机权值的值域为 \([0, d]\) 时，选出 \(x\) 个随机权值的最小值 \(w\) 的期望即为 \(\frac{1}{x + 1} \times d\)。若求得 \(w\) 的期望 \(E\)，那么可得 \(x = \frac{d}{E} - 1\)。

对于第 \(i\) 个想法，我们可以通过多次随机化求平均数来得到 \(w_i\) 的期望的近似值。设随机化的次数为 \(T\)，那么总时间复杂度为 \(O(Tn)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int n, m, from[N][2], a[N];
double answer[N];

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  int M = 100000000 / n;
  for (int i = m + 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d%d", &from[i][0], &from[i][1]);
  }
  for (int tt = 1; tt <= M; ++tt) {
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
      a[i] = rand();
    }
    for (int i = m + 1; i <= n; ++i) {
      a[i] = min(a[from[i][0]], a[from[i][1]]);
      answer[i] += (double) a[i] / M;
    }
  }
  for (int i = m + 1; i <= n; ++i) {
    answer[i] = RAND_MAX / answer[i] - 1;
    printf("%.0lf\n", answer[i]);
  }
  return 0;
}