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[CodePlus 2018 3 月赛] 博弈论与概率统计

时间:2019-09-10 18:02:43      阅读:105      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:r++   pen   数据   target   return   博弈论   alt   getch   mes   

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题意简述

小 $A$ 与小 $B$ 在玩游戏,已知小 $A$ 赢 $n$ 局,小 $B$ 赢 $m$ 局,没有平局情况,且赢加一分,输减一分,而若只有 $0$ 分仍输不扣分。

已知小 $A$ 每次赢得概率为 $p$ ,问小 $A$ 得分期望。 $T$ 组数据。

$T,n,m\leq 2.5\times 10^5$

$solution:$

因为赢场输场已经固定,所以 $p$ 其实是没有用,则现在考虑计算小 $A$ 得分总和。

将赢输场前缀和,记为 $\{s\}$,则得分为 $n-m-min\{s\}$ 。假设所有 $-1$ 均有意义,则分数为 $n-m$ 。

设 $min\{s\}=x$,则第一次出现 $-1,-2,…,x$ 均无意义因为当时得分前为 $0$ 而又被 $-1$,无意义,共出现 $|x|$ 次情况,即得分为 $n-m-min\{s\}$。

所以现在的问题转化为给定 $n$ 个 $1$ 与 $m$ 个 $-1$ ,问最小前缀和为 $w$ 的方案数。

基本操作,将问题转化为平面移动问题。

若要求最小前缀和为 $w$ 的方案数,可以表示为从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$ 的方案数,每次往上或左走一步求经过 $y=x+w$ 但不能经过 $y=x+w+1$ 直线的方案数。

考虑求从 $(1,1)$ 到 $(n,m)$ 经过 $y=x+w$ 的方案数,可以将第一次经过 $y=x+w$ 的交点之前部分对 $y=x+w$ 对称,则 $(0,0)$ 对称到 $(-w,w)$ ,可以发现每次从 $(-w,w)$ 到 $(n,m)$ 经交点对称后对应一条合法路径,则其方案数为 $\dbinom{n+m}{n+w}$ 。

通过简单容斥原理得到若最小前缀和为 $w?$ 的方案数为 $\dbinom{n+m}{n+w}-\dbinom{n+m}{n+w+1}?$ 。

考虑赢 $n?$ 场输 $m?$ 场的得分,得分区间为 $[max\{0,n-m\},n]?$ 。

分类讨论 $n,m$ 大小。

若 $n\geq m$ ,则得分区间在 $[n-m,n]$ , $min\{s\}\in [-m,0]$。

$$Ans=\sum_{i=0}^{m} (n-m+i) (\dbinom{n+m}{n+i}-\dbinom{n+m}{n+i+1})\\=(n-m) \sum_{i=0}^m(\dbinom{n+m}{n+i}-\dbinom{n+m}{n+i+1}) +\sum_{i=0}^m i\times (\dbinom{n+m}{m-i}-\dbinom{n+m}{m-i-1})\\=(n-m)\dbinom{n+m}{n}+\sum_{i=0}^{m-1} \dbinom{n+m}{i}?$$

若 $n<m?$ ,则同理 $min\{s\}\in [{-m,n-m}]?$

$$Ans=\sum_{i=m-n}^m (n-m+i)\times\dbinom{n+m}{m-i}-\dbinom{n+m}{m-i-1}\\=(n-m)\dbinom{n+m}{n}+\sum_{i=m-n}^m i\times \dbinom{n+m}{m-i}-\sum_{i=m-n}^{m-1} i\times \dbinom{n+m}{m-i-1}\\=(n-m)\dbinom{n+m}{n}+(m-n)\dbinom{n+m}{n}+\sum_{i=m-n+1}^m i\times \dbinom{n+m}{m-i}-\sum_{i=m-n}^{m-1} i\times \dbinom{n+m}{m-i-1}=\sum_{i=m-n+1}^{m-1} i\times\dbinom{n+m}{m-i}-\sum_{i=m-n+1}^{m} (i-1)\times \dbinom{n+m}{m-i+1}\\=\sum_{i=m-n+1}^{m} \dbinom{n+m}{m-i}\\=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n+m}{i}?$$

可以发现现在的问题为如何快速求 $F(n,k)=\sum_{i=0}^k \dbinom{n}{i}$

可以发现 $F(n,k)=\sum_{i=0}^k \dbinom{n-1}{i-1}+\dbinom{n-1}{i}=F(n-1,k)-\dbinom{n-1}{k}$ 。即 $F(n,k)$ 与 $F(n-1,k)$ 和 $F(n-1,k)$ 都有递推关系。

直接将答案离线后莫队计算即可。

时间复杂度 $O((n+m)\sqrt{n+m})$ 。

技术图片
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath> 
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
    int f=1,ans=0;char c=getchar();
    while(c<0||c>9){if(c==-)f=-1;c=getchar();}
    while(c>=0&&c<=9){ans=ans*10+c-0;c=getchar();}
    return ans*f;
}
const int MAXN=500001;
struct Query{
    int l,r,bl,id;
}query[MAXN],tmp[MAXN];
bool cmp(Query x1,Query x2){
    if(x1.bl!=x2.bl) return x1.l<x2.l;
    if(x1.bl&1) return x1.r<x2.r;
    return x1.r>x2.r;
}
int T,p,Ans[MAXN],inv[MAXN],ifac[MAXN],fac[MAXN];
inline void init(){
    fac[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;++i) fac[i]=fac[i-1]*i,fac[i]%=mod;
    inv[1]=1;for(int i=2;i<MAXN;++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i],inv[i]%=mod;
    ifac[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;++i) ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i],ifac[i]%=mod;
    return;
}
inline int C(int a,int b){if(a<b) return 0;return (((fac[a]*ifac[b])%mod)*ifac[a-b])%mod;}
inline int F(int a,int b){return (((fac[b]*fac[a-b])%mod)*ifac[a])%mod;}
inline int ksm(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans*=a,ans%=mod;
        a*=a,a%=mod;b>>=1;
    }return ans;
}
int blo,bl[MAXN],l,r,ans,inv2;
int Mod(int x){return ((x%mod)+mod)%mod;}
signed main(){
//    freopen("20.in","r",stdin);
    init();
    T=read(),p=read();blo=501;
    for(register int i=0;i<MAXN;++i) bl[i]=(i-1)/blo+1;
    for(register int i=1;i<=T;++i){
        int n=read(),m=read();
        if(n>=m) Ans[i]=(n-m)*C(n+m,n),query[i].l=n+m,query[i].r=m-1,query[i].bl=bl[query[i].l];
        else query[i].l=n+m,query[i].r=n-1,query[i].bl=bl[query[i].l];
        query[i].id=i;
        tmp[i].l=n,tmp[i].r=m;
    }sort(query+1,query+T+1,cmp);
    l=0,r=0,ans=1;inv2=ksm(2,mod-2);
    for(register int i=1;i<=T;++i){
        while(l<query[i].l) ans=Mod(2*ans-C(l,r)),l++;
        while(l>query[i].l) ans=Mod(Mod(ans+C(l-1,r))*inv2),l--;
        while(r<query[i].r) ans+=C(l,r+1),ans=Mod(ans),r++;
        while(r>query[i].r) ans-=C(l,r),ans=Mod(ans),r--;
        Ans[query[i].id]+=ans,Ans[query[i].id]%=mod;
    }
    for(register int i=1;i<=T;++i){Ans[i]*=F(tmp[i].l+tmp[i].r,tmp[i].l);Ans[i]%=mod;}
    for(register int i=1;i<=T;++i) printf("%lld\n",Ans[i]);
    return 0;
}
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