P6969 [NEERC 2016] Foreign Postcards

题意简析

计算方向错误的明信片数量的期望值。

思路解析

因为期望的结算方式是在翻转之后，从前往后动态规划比较难处理。所以我们可以考虑逆向思维，从后往前处理。

自然地，\(f(n+1) = 0\)。

设 \(f(i)\) 为 \([i, n]\) 期望值，则 \(k\) 最大取到 \(m = n - i + 1\)，考虑状态转移。

• 若正确，错误数是 W 的数量。
• 若错误，错误数是 C 的数量。

那么有状态转移方程：

\[f(i) = \frac{1}{m} \sum_{k=1}^{m} \left( g(i, k) + f(i+k) \right) \]

其中 \(g(i,k)\) 即为上方分类讨论结果。

发现这样子做还是太慢了，对于每一个 \(f(i)\) 都要进行 \(m\) 次计算，时间复杂度是 \(O(n^2)\)，显然不可行。

但是我们发现这个东西是可以进行优化的。首先是 W 和 C 的数量是可以有一个显然的前缀和来进行区间内计算的。比较难的地方在于，观察到这一个前缀和的计算也是可以被优化的，可以对前缀和计算后缀和，这样就可以 \(O(1)\) 计算出 \(g(i,k)\)，而 \(f(i)\) 显然也可以用相似的方法处理。
最终答案就是 \(f(1)\)。

时空复杂度 \(O(n)\)。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
double f, sf;
int n, p[N], sump[N];
string s;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> s;
    n = s.size();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        p[i] = p[i - 1] + (s[i - 1] == 'W');
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        sump[i] = sump[i + 1] + p[i];
    }
    for (int i = n, m; i >= 1; i--) {
        m = n - i + 1;
        f = (s[i - 1] == 'C') ? (sump[i] - 1.0 * m * p[i - 1]) : (((1.0 * m * (m + 1) / 2.0 + 1.0 * m * p[i - 1] - sump[i])) + sf) / m;
        sf += f;
    }
    cout << fixed << setprecision(12) << f;
    return 0;
}