题面在这里
题意
给定n个[1-x]的随机整数(a_1,a_2,a_3,...,a_n)和q个询问区间((l_i,r_i)),
求出(max_{i=1}^{q}({min_{j=l_i}^{r_i}{a_j})})的期望
对于10%的数据，(n,x,q≤6)。
对于另外20%的数据，(q=1)。
对于50%的数据，(n,x,q≤300)。
对于100%的数据，(1≤n,x,q≤2000)，对于每个i，(1≤li≤ri≤n)。
sol
又是一道期望大火题
又一次去看题解(我怎么这么菜)
套路1:区间排序和去重
考虑两个区间([l1,r1])和([l2,r2])，其中(l1geq l2geq r2 geq r1)，那么有(min[l1,r1]leq min[l2,r2])，
因此，如果大区间覆盖率小区间，那么大区间对于期望就根本没有贡献(因为小区间的(min)总是会大于大区间)，经过一番排序和去重之后可以得到若干个(l)和(r)都单调递增的区间,这里的区间个数记为(tot)
q=1
接下来我们思考每个询问的结果和最后答案的关系
一个询问区间中只要有一个数 (leq x),那么这个区间的答案都会(leq x);
如果每个询问区间的答案都(leq x),那么最后的最大值就会(leq x)
于是我们可以通过各种组合乱搞来满足上面的需求,
得到单个询问区间结果(leq x)的概率(P(ansleq x))
当q=1的时候(sum_{i=1}^{i=x}{(P(ansleq i)-P(ansleq i-1))*i})就是答案啦
并且根据上面的式子我们可以继续往下推出
一个重要的公式
对于一个随机正整数变量(kgeq 0)，其期望
update 3.27:其实就是一个差分嘛
考虑暴力求出(P(k geq i))
按照上面的思路,一个更好的做法是求出(P(kleq i-1))那么其实
(因为(P(kleq x)==1))
于是对于每一个(P(kleq x))我们暴力计算
套路2:考虑单个元素贡献(n,x,q≤300)
需要转换一下思路:考虑每一个数(a_i)能满足哪些区间
由于我们之前已经对区间进行了去重和排序,
那么我们可以知道,每个元素所在的询问集合一定是一个连续的区间
意即只要这一个元素(leq i),那么这个元素所在的询问集合的取值都会(leq i);
而我们需要用某些元素满足所有的询问
因此这个问题转换成了一个区间覆盖问题:
我们有(n)个区间((n)个元素各对应一个询问集合),每个询问区间有(p=P(kleq i)=frac{i}{x})的概率被取到,求整段([1-q])被覆盖的概率
于是我们可以设置状态(f[i])表示强制选择第(i)个区间,并且选择区间集合包含了前(i)个区间的右端点的概率,则
最后$$Ans=sum_{i=1,r[i]==n}{n}{(f[i] imes(1-p){n-i})}$$
然而这个转移是(O(n^2))的有木有!!!
其实有另一种更简单的50分做法,由于跟正解关系不大故不做赘述
最后的DP优化:单调指针/前缀和(1≤n,x,q≤2000)
可以看出我们每次需要O(n)计算的一大段(sum_{j,r[j]>=l[i]-1}^{i-1}{f[j] imes(1-p)^{i-j-1}})其实是一段连续并且左端点和右端点均单调不降的
因此使用单调指针记录这个值即可,一次DP的复杂度降为(O(n))
update 3.27:直接记录一个前缀和就可以啦!!!
总复杂度(O(nx))
代码
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
const int mod=666623333;
const int N=2010;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il ll poww(ll a,ll b){
a=(a%mod+mod)%mod;RG ll ret=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ret=ret*a%mod;
return ret;
}
il ll fac(ll x){if(!x)return 1;return fac(x-1)*x%mod;}
int tot,cnt;
struct line{int l,r;}T[N],Q[N],L[N];
bool cmp(line a,line b){return a.l==b.l ? a.r<b.r : a.l<b.l;}
int n,x,q,ans;
il void init(){
n=read();x=read();q=read();
for(RG int i=1;i<=q;i++){T[i].l=read();T[i].r=read();}
sort(T+1,T+q+1,cmp);
for(RG int i=1;i<=q;i++){
while(Q[tot].r>=T[i].r&&tot)tot--;
if(Q[tot].l<T[i].l&&Q[tot].r<T[i].r)Q[++tot]=T[i];
}
for(RG int i=Q[1].l,pl=1,pr=0;i<=n;i++){
while(Q[pl].r<i&&pl<=tot)pl++;
while(Q[pr+1].l<=i&&pr!=tot)pr++;
L[++cnt]=(line){pl,pr};
}
}
int f[N];
il int calc(int a){
RG int p=1ll*(a-1)*poww(x,mod-2)%mod,sum=0;
RG int fp=(1-p+mod)%mod,revfp=poww(fp,mod-2);
memset(f,0,sizeof(f));
for(RG int i=1,l=1,r=0,S=0,k=0;i<=cnt;i++){
if(L[i].l==1)f[i]=poww(fp,i-1);
while(L[r+1].r>=L[i].l-1&&r+1<i)
r++,S=(S+1ll*f[r]*poww(fp,cnt-r-1)%mod)%mod;
while(L[l].r<L[i].l-1&&l<r)
S=(S-1ll*f[l]*poww(fp,cnt-l-1)%mod+mod)%mod,l++;
f[i]=1ll*(f[i]+1ll*S*poww(revfp,cnt-i)%mod)%mod*p%mod;
}
for(RG int i=1;i<=cnt;i++)
if(L[i].r==tot)
sum=(sum+1ll*f[i]*poww(1-p+mod,cnt-i)%mod)%mod;
return sum;
}
il void solve(){
for(RG int i=1;i<=x;i++)
ans=(ans+(1-calc(i)+mod))%mod;
printf("%d
",ans);
}
int main()
{
init();
solve();
return 0;
}