ICPC2021昆明区域赛 C. Cup of Water 详细题解（多种解法）

QOJ9851 Kunming Regional 2021 C. Cup of Water

现有一个容积为 \(1\) 的杯子，每次你可以在 \([0,x]\) 范围内给定随机实数 \(t\)，向杯中倒入 \(t\) 的水。问将杯子倒满的期望次数。

\(T\leq 10000,0.05\leq x\leq 10^9\)

前言

感觉是一道史诗般的概率期望题，这里基于自己的想法再讲一遍，会比较详细。容斥思路一基于博客，思路二基于官方题解。

为了避免后续的变量名混淆，我们将原题中 \(x\) 更改为 \(m\)，即 \(t\) 在 \([0,m]\) 中随机。

解法一：暴力积分

若定义 \(f(x)\) 为还需倒 \(x\) 单位水的期望次数，则要求 \(f(1)\)，同时根据期望的定义，可以得到：

\[f(x)=1+\int_{x-m}^{x}f(y)\frac{1}{m}\text{d}y \]

特别的，当 \(y\leq 0\) 时，\(E(y)=0\)。

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当 \(x<m\) 时，式子可以转化为

\[f(x)=1+\int_{0}^{x}f(y)\frac{1}{m}\text{d} y \]

两端同时对 \(x\) 求导可得微分方程

\[f'(x)=\frac{1}{m}f(x) \]

得通解 \(f(x)=Ce^{\frac{1}{m}x}\)，带入原式可得 \(C=1\)。

于是，当 \(x<m\) 时，\(f(x)=e^{\frac{1}{m}x}\)。

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当 \(m<x\)，难以再求得这样优美的式子，考虑直接暴力求积分。具体做法是将 \([0,1]\) 的区间分成若干小份，求对于每一份的期望值，积分就相当于求区间和。

然而有多测，如果要保证精度无法保证速度，问题出在每次询问 \(m\) 不同。可以将题目转化为：

容积为 \(\frac{1}{m}\) 的杯子，每次可以在 \([0,1]\) 范围内随机倒水，求期望倒水次数。

考虑到 \(\min{m}=0.05\)，可以接受。具体实现见代码

const int N=400000;
const double dx=1.0/N;
double f[20*N+5],sf[20*N+5];
int main(){
	for(int i=1;i<=N;++i){
		f[i]=exp(i*dx);
		sf[i]=sf[i-1]+f[i];
	}
	for(int i=N+1;i<=N*20;++i){
		f[i]=1+(sf[i-1]-sf[i-N-1])*dx;
		sf[i]=sf[i-1]+f[i];
	}
	int Test;scanf("%d",&Test);
	while(Test--){
		double m;scanf("%lf",&m);
		m=1/m;
		if(m<=1)printf("%.8lf\n",exp(m));
		else printf("%.8lf\n",f[(int)(m*N)]);
	}
	return 0;
}

解法二：容斥

令 \(P(n=k)\) 表示倒 \(k\) 次水刚好倒满的概率，则要求期望

\[\begin{aligned} E&=P(n=1)+2P(n=2)+3P(n=3)+\cdots\\ &=P(n\geq 1)+P(n\geq 2)+P(n\geq 3)\cdots\\ \end{aligned} \]

现在考虑求 \(P(n\geq k)\)，\(k\in \Z^+\)。

如果我们将每次倒水的取值范围从 \([0,x]\) 拓展为非负实数 \([0,+\infty]\)，记第 \(i\) 次倒水的体积为 \(r_i\)。

则这是一个条件概率，有：

\[\begin{aligned} P(n\geq k+1)&=P(\sum_{i=1}^{k}r_i<1|\forall i,r_i\sim U(0,m))\\ &=\frac{P(\sum_{i=1}^{k}r_i<1\and \forall i,r_i\sim U(0,m))}{P(\forall i,r_i\sim U(0,m))} \end{aligned} \]

将 \(\{r_1,r_2,\cdots,r_k\}\) 看成 \(k\) 维空间中的点，则这个概率的值等于分子分母所对应的点构成的体积之比，即

\[P(n\geq k+1)=\frac{V(\sum_{i=1}^{k}r_i<1\and \forall i,r_i\in[0,m])}{V(\forall i,r_i\in[0,m])} \]

显然分母 \(V(\forall i,r_i\in[0,x])=x^k\) 可以提出来，分子是一个可以容斥求解的东西。

定义 \(G(j)\) 为至少 \(j\) 个 \(r_i>x\) 且 \(\sum r_i<1\) 的点集体积。则分子：

\[V(\sum_{i=1}^{k}r_i<1\and \forall i,r_i\in[0,m])=\sum_{j=0}^{k}(-1)^k G(j) \]

形式化来说

\[G(j)=V(\sum_{i=1}^{k}r_i<1\and \sum_{i=1}^{k}[r_i>m]\geq j\and r_i\in \R^+) \]

在这一步容斥之后，所有 \(r\) 的值便可以在正实数中选取，解决了 \(m\) 的限制。

根据后面的两种思路可以得到（这里略去）

\[G(j)=\frac{1}{k!}\binom{k}{j}(1-jm)^k \quad 1-jm\geq 0 \]

故

\[P(n\geq k+1)=\frac{1}{m^k}\sum_{j=0}^{jm\leq 1}(-1)^j\frac{1}{k!}\binom{k}{j}(1-jm)^k \quad 1-jm\geq 0 \]

可以发现 \(k=0\) 时，\(P(n\geq 1)=1\) 也合法，故答案求和下标可从 \(k=0\) 开始

\[\begin{aligned} E&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{m^k}\sum_{j=0}^{jm\leq 1}(-1)^j\frac{1}{k!}\binom{k}{j}(1-jm)^k\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{jm\leq 1}\frac{(-1)^j}{j!}\frac{1}{(k-j)!}(\frac{1-jm}{m})^k\\ &=\sum_{j=0}^{jm\leq 1}\frac{(-1)^j}{j!}(\frac{1-jm}{m})^j\sum_{k=j}^{\infty}\frac{1}{(k-j)!}(\frac{1-jm}{m})^{k-j}\\ &=\sum_{j=0}^{jm\leq 1}\frac{(-1)^j}{j!}(\frac{1-jm}{m})^j\sum_{t=0}^{\infty}\frac{1}{t!}(\frac{1-jm}{m})^{t}\\ &=\sum_{j=0}^{jm\leq 1}\frac{(-1)^j}{j!}(\frac{1-jm}{m})^je^{\frac{1-jm}{m}} \end{aligned} \]

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现在考虑怎么求 \(G(j)\)，有以下两种思路

\(G(j)\) 的定义为 \(k\) 个维度中，至少 \(j\) 个维度的坐标 \(r>m\)，且满足 \(\sum_{i=1}^{k}r_i<1\) 的点集的体积（或个数，此为思路二）。其中 \(jm>1\) 时体积为 \(0\) 不考虑。（用体积可能不是很严谨，尽量理解吧）

思路一：前缀和有序

钦定某 \(j\) 个变量一定 \(r_{1\sim j}>m\)，并将他们的值都减去 \(m\)，则现在所有的维度都看作 \([0,\infty]\) 中随机取值。现在有

\[G(j)=V(r_1+r_2+\cdots +r_k<1-jm\and \forall i, r_i\in[0,\infty]) \]

记 \(s_j=\sum_{i=1}^{j}r_i\)，即 \(s\) 是 \(r\) 的前缀和，将 \(s\) 序列也看 \(k\) 维空间中点，则应当有

\[\begin{aligned} G(j)&=V(0\leq s_1\leq s_2\leq \cdots\leq s_k<1-jm\and\forall i, s_i\in [0,\infty])\\ &=\frac{1}{k!}(1-jm)^k \end{aligned} \]

也就是 \(s\) 可以在 \((1-jm)^k\) 大小的空间内选点，但是每一维的值必须递增，又每一维的值大小排列关系共有 \(k!\) 种，只有 \(\frac{1}{k!}\) 的情况合法。

再乘上 \(\binom{k}{j}\) 则是所有情况。

思路二：离散后划分

将 \([0,1]\) 这个小区间分成无穷且离散的 \(N\) 份，将每个实数 \(r_i\) 看作一个整数 \(z_i\approx Nr_i\)。注意此时的空间定义也有连续变为离散的，即变成合法的点的个数。

\[P(n\geq k+1)=\frac{V(\sum_{i=1}^{k}z_i< N\and \forall i,z_i\in[1,Nx])}{V(\forall i,z_i\in[1,Nx])} \]

（由于变成了一个离散的问题，为了后续推导方便，不认为可以倒 \(0\) 的水；但实际上，由于 \(N\) 无穷的性质，即使可以倒 \(0\) 单位的水也并不影响最终结果）。

分母显然为 \(V(\forall i,z_i\in[1,Nx])=(Nx)^k\)。

分子采取类似的容斥，\(G(j)\) 变为至少 \(j\) 个 \(z>Nx\)，且 \(\sum z_i<N\) 的 \(z\) 所对应的 \(k\) 维点个数。

钦定某 \(j\) 个维度 \(z>Nx\) 同时减去 \(Nx\)，则现在 \(k\) 个维度都可在 \([1,\infty]\) 中随机取整数，同时加上一项 \(z_{k+1}>0\) 使得原先的和为 \(N\)，则有：

\[G(j)=z_1+z_2+\cdots +z_k+z_{k+1}=N-j\cdot Nx\quad\forall i,z_i\in \Z^+ \]

求解 \(z\) 的不同方案数，这是一个经典的整数划分问题，可以使用插板法解决。

考虑到 \(\binom{k}{j}\) 种钦定方案和 \(N\) 无穷大的性质，可以得到

\[\binom{N-j\cdot Nx-1}{k}=\binom{N-j\cdot Nx}{k}=\frac{(N-j\cdot Nx)^k}{k!}\\ G(j)=\binom{k}{j}\frac{(N-j\cdot Nx)^k}{k!} \]

加上容斥的过程，最终得到

\[\begin{aligned} P(n\geq k+1)&=\frac{V(\sum_{i=1}^{k}z_i< N\and \forall i,z_i\in[1,Nx])}{V(\forall i,z_i\in[1,Nx])}\\ &=\frac{\sum_{j=0}^{k}(-1)^k\binom{k}{j}\frac{(N-j\cdot Nx)^k}{k!}}{(Nx)^k}\\ &=\sum_{j=0}^{k}(-1)^k\binom{k}{j}\frac{1}{k!}(\frac{1-jm}{m})^k \end{aligned} \]

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至此我们说完了两种求解容斥的思路，下为参考代码

\[E=\sum_{j=0}^{jm\leq 1}\frac{(-1)^j}{j!}(\frac{1-jm}{m})^je^{\frac{1-jm}{m}} \]

double m;scanf("%lf",&m);
double ans=0;
for(ll j=0,pre=1;j*m<=1;++j,pre*=j){
    double f=(j&1?-1.0:1.0);
    ans+=f/pre*pow((1.0-j*m)/m,j)*exp((1.0-j*m)/m);
}
printf("%.8lf\n",ans);