题目链接
https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_f
题解
神仙题。。
第一步转化利用了(frac{1}{3})这个数特有的性质。假设我们用红线标出每一次切割的位置，再在每一次切割的位置顺时针(120)度处用蓝线标出，那么答案就等于红线与蓝线之间的最小夹角。但是这样转化完了依然不好做(而且似乎也没用到(frac{1}{3})的特殊性)，那么考虑如果在每一次切割的位置逆时针(120)度处用绿线标出，答案依然是不变的，因为(|x-frac{1}{3}|=|(1-x)-frac{2}{3}|). 那样我们就相当于将整个圆周分成了(3)等份(每一等份记作(frac{1}{3}))，考虑其中的一份，每次在其中随机一个位置随机三种颜色中的一种画上线(初始时在(0)处有一条红线(frac{1}{3})处有一条蓝线)，答案等于不同颜色之间最短距离的期望。
不算首尾一共撒了((n-1))个点，将([0,frac{1}{3}])分成了(n)份。考虑如何算两端为不同颜色的份(下称“不同色段”)的最短长度的期望。
首先考虑一个弱化版问题: 没有颜色的限制，用((k-1))个点把([0,1])分成(k)份，最小的一份的期望长度。考虑答案大于等于(t)的概率，也就相当于(n)个随机实数和为(1-kt)的概率除以(n)个随机实数和为(1)的概率，也就是((n-1))个随机实数和不超过(1-kt)的概率除以((n-1))个随机实数和不超过(1)的概率，显然等于((1-kt)^{k-1}). 那么对其进行积分，(int^frac{1}{k}_0(1-kt)^{k-1} ext{d}t=frac{1}{k}int^1_0(1-t)^{k-1}dt=frac{1}{k}int^1_0t^{k-1} ext{d}t=frac{1}{k^2}). 并且把([0,1])换成([0,L])推一下可知答案关于(L)是线性的，即(frac{L}{k^2}).
对于有颜色限制的情况，考虑枚举不同色段的个数，分成两部分：(1)出现这种情况的概率；(2)在这种情况下答案的期望。对于(2)，显然不同色段的总长度期望为(frac{k}{3n}), 因为上面问题的答案关于总长度是线性的，因此答案的期望即为(frac{1}{3nk})。对于(1)，可以用一个DP乘以组合数来求出，DP不同色段的个数，组合数插入同色段。
总时间复杂度(O(n)).
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
return x*f;
}
const int N = 1e6;
const llong P = 1e9+7;
const llong INV3 = 333333336ll;
llong fact[N+3],finv[N+3];
llong quickpow(llong x,llong y)
{
llong cur = x,ret = 1ll;
for(int i=0; y; i++) {if(y&(1ll<<i)) {ret = ret*cur%P; y-=(1ll<<i);} cur = cur*cur%P;}
return ret;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x<y?0ll:fact[x]*finv[y]%P*finv[x-y]%P;}
llong f[N+3][3];
int n;
void updsum(llong &x,llong y) {x = x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int main()
{
fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=N; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
finv[N] = quickpow(fact[N],P-2); for(int i=N-1; i>=0; i--) finv[i] = finv[i+1]*(i+1)%P;
scanf("%d",&n);
f[0][0] = 1ll;
for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=0; j<3; j++) for(int k=0; k<3; k++) {if(k!=j) updsum(f[i][j],f[i-1][k]);}
llong ans = 0ll;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
llong cur = f[i][1]*comb(n,i)%P*finv[i]%P*fact[i-1]%P; updsum(ans,cur);
}
ans = ans*finv[n]%P*fact[n-1]%P*quickpow(INV3,n)%P;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}