随机数生成器

VIII.随机数生成器

这题能自己做出来（虽然想了整整3天），我已经满足了。

我们设\(p(x)\)表示最大值刚好为\(x\)的概率。则答案为\(\sum\limits_{i=1}^mp(i)i\)。

有了上一题的经验，我们很容易想到刚好为\(x\)的概率不好求，必须做一个前缀和/后缀和才好求。那么到底是用前缀和还是后缀和呢？

假如你用后缀和的话，运用人类智慧，发现很不好求；于是我们采取前缀和。

我们设\(g(x)\)表示最大值\(\leq x\)的概率。则，每一个区间里都至少有一个位置是\(\leq x\)的。

我们考虑DP求出\(g(x)\)。我们设\(pos_i\)表示所有右端点在\(i\)之前的区间的左端点的最大值。我们再设\(f(i)\)表示强制位置\(i\)出现一个\(\leq x\)的数，且前\(i\)个位置的所有区间里都至少存在一个\(\leq x\)的数的概率；则有

\[f(i)=\dfrac{x}{m}\sum\limits_{j=pos_{i-1}}^{i-1}f(j)\Big(\dfrac{m-x}{m}\Big)^{i-1-j} \]

其中，\(j\)是枚举\(i\)之前最后一个\(\leq x\)的数所在的位置。

则有

\[g(x)=\sum\limits_{j=pos_n}^nf(j)\Big(\dfrac{x}{m}\Big)^{n-j} \]

对于\(g(x)\)差分即可得到\(p(x)\)，并进一步求出期望出来。

明显\(pos_i\)是单调不降的；故我们可以直接使用双针\(O(n)\)求出\(f(i)\)。另外还要\(O(m)\)枚举\(x\)，故总复杂度\(O(nm)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=666623333;
int n,m,invm,q,pos[2010],f[2010],g[2010],res;
int ksm(int x,int y){
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q),invm=ksm(m,mod-2);
	for(int i=1,x,y;i<=q;i++)scanf("%d%d",&x,&y),pos[y]=max(pos[y],x);
	for(int i=1;i<=n;i++)pos[i]=max(pos[i-1],pos[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int p=1ll*i*invm%mod,q=1ll*(m-i)*invm%mod;
		f[0]=1;
		for(int j=1,k=0;j<=n;j++){
			if(j>=1)for(int l=pos[j-2];l<pos[j-1];l++)(k+=mod-1ll*f[l]*ksm(q,j-2-l)%mod)%=mod;
			k=1ll*k*q%mod;
			(k+=f[j-1])%=mod;
			f[j]=1ll*k*p%mod;
		}
		for(int j=pos[n];j<=n;j++)(g[i]+=1ll*f[j]*ksm(q,n-j)%mod)%=mod;
	}
	for(int i=m;i>=1;i--)g[i]=(g[i]-g[i-1]+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++)(res+=1ll*i*g[i]%mod)%=mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}