P10500 Rainbow 的信号

P10500 Rainbow 的信号

一道期望的题目，适合对位运算比较熟悉的人尝试。

题目大意

给定一个 \(n\) 个元素的自然数序列 \(A\)，每次以相同概率从 \(\{1, 2, \dots, n\}\) 中选出 \(l\) 和 \(r\)。若 \(l > r\) 则互相交换，由 \(a_l, a_{l + 1}, \dots, a_r\) 构成新序列 \(P\)。现在分别求 \(P\) 的异或、与、或三种位运算结果的期望。

对于 \(100\%\) 的数据，满足 \(1 \le n \le 10^5\)，\(0 \le a_i \le 10^9\)。

解法

题目解法参考自李煜东的《算法竞赛进阶指南》。

关于期望与概率

先简单解释一下期望（详见 OiWiki - 数学期望）：

期望简单说就是概率 \(\times\) 权重。

不过现在是序列的话，权重这个词应该改为序列的数，然后乘上它被选上的概率。

举个例子：有序列 \(\{4, 3, 1, 4, 9, 7\}\)，每个数被选中的概率相等，求选一个数的期望。

因为每个数概率相等，选中一个数的概率就是 \(\frac{1}{6}\)。根据公式可得期望为：

\[4 \times \frac{1}{6} + 3 \times \frac{1}{6} + \cdots + 7 \times \frac{1}{6} = \frac{4 + 3 + 1 + 4 + 9 + 7}{6} = \frac{28}{6} \approx 4.667 \]

此外，我们还需要知道关于序列概率的事情。

对于 \(l = r\) 的情况：每个位置出现的概率都是 \(\frac{1}{n}\)，所以像 \((i, i)\) 这样 \(l\)、\(r\) 相等的有序对，其概率为：

\[\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n^2} \]

那么 \(l \ne r\) 呢？因为题目规定 \(l > r\) 时交换，有序对 \((l, r)\) 与 \((r, l)\) 会被看作同一种区间，所以每个长度 \(\ge 2\) 的区间其实对应两种有序对，概率要乘以 \(2\)：

\[2 \times \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n} = \frac{2}{n^2} \]

分类讨论

我们把每个 \(a_i\) 拆成二进制、逐位处理。因为 \(a_i \le 10^9 < 2^{30}\)，所以只需要考虑 \(0 \sim 29\) 这 \(30\) 位就够了（代码枚举到 \(k = 30\) 只是多算一个恒为 \(0\) 的位，贡献为 \(0\)）。

接下来就是逐位计算期望。为什么能单独计算每一位？因为位运算不进位，位与位之间互不影响；再根据期望的线性性，把每一二进制位的期望累加起来就是总期望：

\[E = \sum_{k = 0}^{29} 2^k \times P(\text{随机区间的第 } k \text{ 位为 } 1) \]

不过呢，每一位都只有 \(0\) 和 \(1\) 两种取值，所以统计时只关心当前位为 \(1\) 的区间，其实际贡献就是 \(2^k\)。

分三种计算来讨论：

与运算

与运算简单说就是：只要有一个位为 \(0\)，结果就是 \(0\)，否则为 \(1\)。

所以要产生贡献，只能选一段连续全为 \(1\) 的区间。枚举区间的右端点 \(r\)，并记 \(last[x]\) 为「最近一个第 \(k\) 位等于 \(x\) 的数所在的位置」，这里 \(last[0]\) 就是最近一个 \(0\) 的位置。只要左端点 \(l\) 满足 \(last[0] < l \le r\)，区间 \([l, r]\) 内就没有 \(0\)，这一位结果就是 \(1\)。这样的 \(l\) 共有

\[r - (last[0] + 1) + 1 = r - last[0] \]

个。

不过这 \(r - last[0]\) 个区间里，混着一个长度为 \(1\) 的 \([r, r]\)：它的概率只有 \(\frac{1}{n^2}\)，其余区间长度都 \(\ge 2\)，概率才是 \(\frac{2}{n^2}\)。所以先全部按 \(\frac{2}{n^2}\) 累加，再减掉 \([r, r]\) 多算的那一份 \(\frac{2^k}{n^2}\)，得到：

\[2^k \times (r - last[0]) \times \frac{2}{n^2} - \frac{2^k}{n^2} \]

或运算

简单说：只要有一个位为 \(1\)，结果就是 \(1\)，条件比与运算宽松。

因为条件放宽，当前位的值要分成 \(1\) 和 \(0\) 两种情况讨论。

若当前位为 \(1\)，左端点 \(l\) 取 \(1 \sim r\) 任意一个都行，共 \(r\) 个。同样里面藏着长度为 \(1\) 的 \([r, r]\) 需要修正，所以：

\[2^k \times r \times \frac{2}{n^2} - \frac{2^k}{n^2} \]

若当前位为 \(0\)，就只能依靠前面已有的 \(1\)。还记得 \(last\) 数组吗？只要左端点取 \(1 \sim last[1]\)，区间里就至少含一个 \(1\)，共 \(last[1]\) 种。因为 \(last[1] < r\)，这些区间长度都 \(\ge 2\)，没有单点，不用修正，所以：

\[2^k \times last[1] \times \frac{2}{n^2} \]

异或运算

简单说：有奇数个 \(1\) 时结果才是 \(1\)。

因此可以以「遇到的 \(1\)」为界来分段，记录当前处在奇数段还是偶数段：\(c_1\) 为奇数段长度、\(c_2\) 为偶数段长度，一旦遇到 \(1\)，奇、偶段的身份就要互换。

可以发现，当前位为 \(0\) 时，只有落在偶数段里的区间结果才是 \(1\)，个数为 \(c_2\)；而且这些区间都截止在 \(r\) 之前、长度 \(\ge 2\)，没有单点，所以：

\[2^k \times c_2 \times \frac{2}{n^2} \]

当前位为 \(1\) 时，对应奇数段 \(c_1\)；此外长度为 \(1\) 的 \([r, r]\) 自身（异或值也是 \(1\)）也要按 \(\frac{1}{n^2}\) 单独加一份，所以：

\[2^k \times c_1 \times \frac{2}{n^2} + \frac{2^k}{n^2} \]

实现时要注意维护顺序（对照代码）：读入 \(0\) 时只 ++c1；读入 \(1\) 时，先按上式累加贡献，再 ++c1 并 swap(c1, c2)——因为碰到 \(1\) 意味着开启新段，奇、偶段的身份互换了。

那么，理论存在，实践开始：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
double XOR,AND,OR;
int n,a[100005],last[2],c1,c2;
signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        cin >> a[i];
    for(int k = 0;k <= 30;k++){
        last[0] = last[1] = c1 = c2 = 0;              // 每一二进制位都要重新清零
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            int now = (a[i] >> k) & 1;
            double tmp = 1.0 * (1LL << k) / (n * n);  // 2^k / n^2 = 该位的"概率×权值"基准
            if(now){
                // 单点概率 1/n^2，其余概率 2/n^2 
                AND += 2.0 * tmp * (i - last[0]) - tmp; //由于序列会有长度为1的情况，所以要减去一份多算的tmp
                OR += 2.0 * tmp * i - tmp;
                XOR += tmp + 2.0 * tmp * c1;
                c1++;swap(c1,c2);
            }else{
                OR += 2.0 * tmp * last[1];            // last[1] < i，区间都含第 i 位且长度≥2，无单点
                XOR += 2.0 * tmp * c2;
                c1++;
            }
            last[now] = i;
        }
    }
    cout<<fixed<<setprecision(3)<<XOR<<" "<<AND<<" "<<OR<<"\n";
    return 0;
}

谢谢观看！