2018年8月17日暑假訓練日記
昨天的那個期望題的正解：
相當於每個點作為起點，列舉其終點所獲得的期望之和。
可以這樣理解，列舉起點的時候，可以發現：
...011...110...一個這樣的字串，只需要dp獲得011...110這個串的概率，乘以這一段的取值，就是這一段貢獻的期望，因為就相當於其他的點為任意情況而不考慮其貢獻得到的期望，由於是對每個點作為起點並列舉其終點，因此不會造成重複，合理利用了期望的性質
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mo 1000000007
using namespace std;
long long p[1010];
long long ip[1010];
long long a[1010];
long long dp[1010][1010];
long long qpow(long long x,long long y){
if (x==0)return 0;
long long ans=1;
long long k=x;
while(y){
if(y&1)ans=ans*k%mo;
k=k*k%mo;
y>>=1;
}
return (ans+mo)%mo;
}
void get(long long m){
long long i,j;
for (i=1;i<=1000;i++){
a[i]=qpow(i,m);
}
}
int main(){
long long n,m;
long long i,j,k;
while (scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF){
get(m);
long long temp=qpow(100,mo-2);
for (i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&p[i]);
ip[i]=(100-p[i])*temp%mo;
p[i]=p[i]*temp%mo;
}
p[0]=p[n+1]=0;
ip[0]=ip[n+1]=100*temp%mo;
long long ans=0;
for (i=1;i<=n;i++){
dp[i][i-1]=1;
for (j=i;j<=n;j++){
dp[i][j]=dp[i][j-1]*p[j]%mo;
ans=(ans+dp[i][j]*ip[i-1]%mo*ip[j+1]%mo*a[j-i+1]%mo+mo)%mo;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
而用期望dp的方法解釋就是：
設前面串的1的連續長度的期望為x，則得到了下一位的期望為：（x+1)^m-x^m
可以用二項展開列舉他每一次方的期望，然後合併得到。
【BZOJ4318】OSU!以這個題目改造的題目，我得到了m次方的通解為：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mo 1000000007
using namespace std;
long long a[1010];
long long b[1010];
double p[100010];
double l[100010][10];
double ans[100010];
long long qpow(long long a,long long b){
long long ans=1;
long long k=a;
while(b){
if(b&1)ans=ans*k%mo;
k=k*k%mo;
b>>=1;
}
return (ans+mo)%mo;
}
void get(){
long long i;
a[0]=1;
b[0]=1;
a[1]=1;
b[1]=1;
for (i=2;i<1010;i++){
a[i]=((a[i-1]*i)%mo+mo)%mo;
b[i]=(qpow(a[i],mo-2)+mo)%mo;
}
}
long long zuhe(long long n,long long m){
if (n<m||m<0) return 0;
return a[n]*b[m]%mo*b[n-m]%mo;
}
int main(){
long long n,m;
long long i,j,k;
get();
while (scanf("%lld",&n)!=EOF){
m=3;
long long temp=qpow(100,mo-2);
memset (l,0,sizeof(l));
memset (ans,0,sizeof(ans));
for (i=1;i<=n;i++){
scanf("%lf",&p[i]);
//p[i]=p[i]*temp%mo;
for (j=1;j<=m-1;j++){
l[i][j]=(l[i-1][j]+1);
for (k=1;k<=j-1;k++){
l[i][j]=(l[i][j]+zuhe(j,k)*l[i-1][k]);
}
l[i][j]=l[i][j]*p[i];
}
double temp=1.0;
for (j=1;j<=m-1;j++){
temp=temp+zuhe(m,j)*l[i-1][j];
}
ans[i]=ans[i-1]+p[i]*temp;
}
printf("%lf\n",ans[n]);
}
}
/*
3
0.5
0.5
0.5
*/
這裡可以根據需要調整m，但是昨天的題目正好卡掉了這個n*(m+1)*m/2的演算法，要是m是500就可以很簡單的通過，但是對於這個題，可以通過維護一個組合數的方式來解決，但是上面的方法更好理解，可惜超時，這裡說的可以用第二類斯特林數進行轉換，但是並不理解為何，斯特林數可以表示x的冪次，但是我們要對期望做運算。題解也沒有做出更加深刻的解釋。
然後看了一下可持久化線段樹的寫法，以前一直知道有怎麼個東西， 也知道是幹什麼的，但是一直沒有學習，今天拓展kmp看的有點迷，就看了一下可持久化線段樹。
當然，線段樹還是log2進行修改和查詢，但是這裡要求記錄過程，就是對上面某一位置的某個數字進行更改或者查詢操作，當然，使用n個線段樹肯定是mle+tle。這裡，其實並不難理解，以前根樹以及左右孩子的標號是固定的，這裡用陣列替代。若需要修改某一次的操作下的值，則新開log2n的空間來維持這段操作，建樹方法相同，但是用陣列的話就可以變更樹的方向，並不難學習的操作，但是還沒有發現好的模板程式碼。