AtCoder Beginner Contest 270 G,Ex
y1s1，G和Ex在推等比数列式子上是相似的。
G
前置知识：BSGS（其实就是根号讨论）
首先我们展开这个递归式：
感觉第一项有些难搞，故我们设\(F_{i}\)，为：
之后我们套用BSGS的方法，设答案为\(kx+b\)。
则：
提取公因式：
我们先进行预处理：枚举\(i=0\)到\(\kappa -1\)，将 \(A^{i+1} S+\sum_{j=1}^{i} A^j B\) 模\(P\)的值存入map中，如果已经在map中有这个值了，那么我们取\(i\)最小的（因为我们要让答案最小）。
之后枚举\(x\)，查询\(\frac{G-\sum_{j=0}^{\kappa x} A^j B}{A^{\kappa x}} \mod P\)是否在map中，如果在，更新答案\(ans=\min (ans,\kappa x+C)\)，其中\(C\)是map中预处理得到的最小的值。
若我们设\(\kappa =70000\)，时间复杂度最优，大概是\(O(\sqrt n\log n)\)。
Ex
一道好题。
首先\(n\)个计数器是不好记录状态的。
一、简化并列出状态
我们设状态\(k=\max(A_{i}-C_{i})\)，其中\(C_{i}\)是第\(i\)个计数器的值。
可以发现，若\(k\leq 0\)，则我们就满足了\(C_{i}\geq A_{i}\)，并且，其实我们\(k\)在每次操作最多减去\(1\)，故当\(k=0\)时，我们就终止操作。
这样有什么好处呢？
转移是更方便的：
我们设\(r\)，满足\(A_{r}< k\leq A_{r+1}\)，则：
-
如果我们将第\(i\)个计数器清零，且\(i\leq r\)，那么\(k=k-1\)。（因为\(A_{i}\)<k，\(A_{i}-C_{i}\)也一定不超过\(k\)，此时\(k\)只能是由\(j>r\)的\(A_{j}-C_{j}\)转移而来）
-
如果我们将第\(i\)个计数器清零，且\(i > r\)，那么\(k=A_{i}\)。 （因为\(A_{i}\)>k，将第\(i\)个计数器清零后\(A_{i}-C_{i}=A_{i}>k\)，故此时\(k=A_{i}\)）
至此，我们发现\(k=\max(A_{i}-C_{i})\)，不仅减少状态数，并且转移还是简单的。
我们可以列出DP方程：\(F(k)\)表示状态为\(k\)时的期望操作次数，则\(F(k)=\frac{r}{n} F(k-1) + \frac{1}{n} \sum _{i=r+1}^{n} F(A_{i}) + 1\)，\(F(MAX=A_{n})=0\)容易发现，这个转移是有环的。
二、处理转移有环的问题
我首先感觉这题和 https://atcoder.jp/contests/abc189/tasks/abc189_f 是类似的，设\(F(k)=K(k)F(MAX)+B(k)\)不过没继续往下想。
这题题解有一个非常巧妙的“移项去环”的方法：
我们将两侧乘上\(-1\)：
两边同时加上\(F(MAX)\)：
设\(P(k)=F(MAX)-F(k)\)，则：
将\(P(k-1)\)移到左边，\(P(k)\)移到右边：
即：
此时，我们发现，右侧的每个下标都大于左侧，那么这个转移是可行的。
并且最终答案是\(F(MAX)=F(MAX)-F(0)=P(0)\)。
时间复杂度为\(O(MAX)\)或\(O(MAX\log MOD)\)，TLE，怎么办？
三、优化
我们发现，对于\(k=a_{i}\)到\(k=a_{i+1}-1\)，时，\(r=i\)。（注意我们将下标统一\(+1\)了，现在的\(r\)其实是\(k+1\)时刻的\(r\)）那么转移的系数、常数都是相同的。
重设\(P(i)\)为\(k=a_{i}\)时的\(P\)。
设\(\alpha=\frac{n}{i},\beta=-\frac{1}{i} \sum _{j=i+1}^{n} P(A_{j}) + \frac{n}{i}, \theta=P(i+1),\delta=a_{i+1}-a_{i}\)，则类似之前的G题，将递推式展开：
前面是一个快速幂，后面是一个等比数列，可以在\(\log MOD+\log MAX\)的时间复杂度内求出。
由于题中保证\(A_{1}=0\)，故答案等于\(P(1)\)。
注意\(\delta=0\)的情况\(P(i)=P(i+1)=\theta\)。
总时间复杂度为\(O(n \log MOD+n \log MAX)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl
using ll=long long;
const int maxn=200005;
const ll mod=998244353;
ll n,sum,a[maxn],P[maxn];
ll qpow(ll x,ll y) {
if(y==0ll) return 1ll;
ll ret=qpow(x,y>>1ll);
ret=ret*ret%mod;
if(y&1ll) ret=ret*x%mod;
return ret;
}
int main() {
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
//P[n]=0 and P[1] is the answer (P[i]=F[a[n]]-F[a[i]])
for(int i=n-1;i>=1;i--) {
ll alpha=n*qpow(i,mod-2ll)%mod;
ll beta=(n-sum+mod)%mod*qpow(i,mod-2ll)%mod;
ll theta=P[i+1];
ll delta=a[i+1]-a[i];
if(delta==0) P[i]=theta;
else P[i]=(theta*qpow(alpha,delta)%mod+(1-qpow(alpha,delta)+mod)%mod*qpow((1-alpha+mod)%mod,mod-2ll)%mod*beta%mod)%mod;
(sum+=P[i])%=mod;
}
printf("%lld\n",P[1]);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号