（期望dp）CF1866M Mighty Rock Tower

HZOJ
洛谷

写在前面

岛屿 是的 这里是岛屿 我们彼此造就的小岛，
不错 forever young 永远这两个字不过是转瞬即逝的沙堡，
诀别仿佛灾难警报，
与想念一同迎来的早晨，
我们都度过了这永恒的劫难，
一定要在这座岛屿上再次相遇，
正如谁安慰我所说的那句，
回忆不过丝缕 可要想忘掉还真没那么容易，
纵然时光流逝，
那个地方却依旧紧紧攥住我

CF1866M Mighty Rock Tower 题解

观前提示：本文就是一坨屎，可能一定含有巨量错误或者描述不清的地方，建议别看。

题意

给定一个百分概率的整数数组\(p[i]\)，代表从该下标高度为起点，每个高度往下掉石头的概率，特别地，只有当上层的石头掉完了该层的石头才可能掉。求问从第0层开始往上堆石头，堆到第\(n\) 层的期望步数，输出期望值的最简整数比在模998244353意义下的答案。

思路

数学恐惧综合征患者狂喜（因为疯了）。首先忘记了期望咋算。。。。。。翻遍各种资料也没想起来，那就硬着头皮按记忆中的东西写吧。最简单的想法就是设状态\(f[i]\) 为0到第\(i\) 层的期望步数。比如\(p[1]=80%\)，那么每一步对\(f[1]\) 的贡献就为\(0.2\)，走1步的期望步数即为5。但是本题中这种状态具有后效性，因为石头可以从更高的地方掉到第1层，无法正确统计答案，故考虑换种思路。根据对若干篇题解的研究，发现将状态定义为从第\(i-1\) 层走到第\(i\) 层的期望步数，这种定义方式只用考虑前面答案对该位置答案的影响没有后效性，而且最后统计答案也方便：\(ans=\sum_{i=1}^n f[i]\)。

接下来就是漫长而又痛苦的推式子环节。由于我太废物了只能综合多篇题解理解了。

设当前在第\(i\) 层。当一次就成功了对答案的贡献是1，考虑其他情况。
1.当石头掉到了第0层，则该种情况对答案的贡献即为掉到第0层的概率乘上从第0层到第\(i\) 层的期望步数，即为：

\[ p_i^i \sum_{j=1}^i \]

2.当石头掉到了非零层，参考上面的求法，能得到类似的式子，只不过要多乘上一项：因为到达第\(i\)层不能掉。所以式子为：

\[ \sum_{j=1}^{i-1}p_i^{i-j} (1-p[i])\sum_{k=j+1}^i f[i] \]

所以综合以上情况式子就为：

\[ f[i]=1+p_i^i \sum_{j=1}^i+\sum_{j=1}^{i-1}p_i^{i-j} (1-p[i])\sum_{k=j+1}^i f[i] \]

由于等式右边也存在\(f[i]\)，考虑化简。化简的思路大概就是拆项合并项，将所有求和项拆开合并为同起点同终点。大概流程可以参考这篇。

最终化简后的式子即为：

\[ f[i]=\frac{1+\sum_{j=0}^{i=2}p_i^{i-j}f[j+1]}{1-p[i]} \]

但是本题过于良心，到这里还不让你过。明显看出到目前为止求解的复杂度为\(O(n^2)\) 无法通过。在题解的指引下观察数据范围，\(p[i]\) 的数据范围竟然只有\([0,99]\)，而且上式求和一项具有单调性，故可以在计算\(f\)答案时维护求和式的前缀和，设\(qzh[j]\) 为百分率为该值时的和。很简单地推出滚动优化后的式子：

\[ qzh[j]=j\times(qzh[j]+j\times f[i]) \]

所以本题就解决了。

Warnings

记得取模。而且不能直接大除特除，应该先预处理逆元后相乘。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10,mod=998244353;
int n,p[maxn],f[maxn],qzh[100],ll[maxn];
inline int qpow(int x,int y){
	if(!x) return 1;
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll*res*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}

int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
	for(int i=0;i<=99;i++) ll[i]=1ll*i*qpow(100,mod-2)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=1ll*(1+qzh[p[i]])%mod*qpow(((1-ll[p[i]])%mod+mod)%mod,mod-2)%mod;
		for(int j=0;j<=99;j++) qzh[j]=1ll*ll[j]*((1ll*qzh[j]+1ll*ll[j]*f[i]%mod)%mod)%mod;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[i])%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}