题解：MX-2025-3S-T1
题面
A. 棋子
| 内容限制：1024 MB | 时间限制：1000 ms | 输入文件：cp.in | 输出文件：cp.out |
|---|---|---|---|
| 题目类型：传统 | 评测方式：文本比较 |
题目描述
给出一个 \(n\) 面骰子进行飞行棋，现在你距离终点有 \(n\) 的距离，每回合你会等概率投出 \([1, n]\) 中的一个数字 \(x\) ，向前走一步，如果没能走进终点且还有剩余步数，则会往反方向走剩余步数，同时如果你投出了数字 \(n\) ，则会免费获得额外的一次投掷次数(可以不带投掷 \(n\) 进行叠加)，问期望进行多少回合走进终点，答案对 \(10^9 + 7\) 取模。
输入格式
第一行给出一个正整数 \(T\)，表示数据组数。
之后对于每组数据，第一行给出正整数 \(n\)。
输出格式
对于每组数据，输出一个整数，表示答案，答案对 \(10^9 + 7\) 取模。
样例
【样例1 输入】
5
6
8
100
5000
100012300
【样例1 输出】
166666673
125000008
570000103
571405003
359766921
数据范围与提示
- 对于 30% 的数据， \(6 \le n \le 10\)。
- 对于 60% 的数据， \(6 \le n \le 100\)。
- 对于 100% 的数据， \(6 \le n \le 10^9\)， \(1 \le T \le 10^5\)。
说在前面
1.回合:投掷若干次骰子直到符合结束回合条件
2.投掷骰子:题面给出的骰子是一个 \(n\) 面骰子，等概率扔出 \([1,n]\) 之间任意整数数字
3.移动:投骰子之后依据数字改变自身位置
通俗解释
(题目描述有点迷,看此处的分析即可)
(我们先不理会“投出数字 \(n\) 获得一次额外投掷次数”这个条件的干扰)
一道数学期望题,分析条件：
从位置 \(0\) 出发,终点是位置 \(n\),并进行若干次投骰子移动环节，求需要平均多少回合投骰子移动环节能走到位置\(n\)。
投骰子移动:如果此时位置不是位置 \(n\) 而是位置 \(p\),则进入 \(1\) 回合投骰子环节,投出得到 \([1,n]\) 之间的整数 \(k\),然后移动到位置 \(pos\)，并使经过回合数加 \(1\),移动规则如下
对于 \(p+k>n\) 情况，就是从当前位置 \(p\) 向“前”走，本应该走到位置 \(p+k\),但最多走到位置 \(n\),于是从位置 \(n\) 向“后”把多余的步数走完，称为反弹机制。(此处的经过位置 \(n\) 不算到达终点，算是过犹不及)
移动过后,对新到达的位置 \(pos\) 进行分析:
1.若 \(pos\neq n\),则令当前位置 \(p\) 等于新位置 \(pos\) 即令 \(p=pos\),并开始下一轮投骰子
2.若 \(pos=n\),则到达终点点
\(\color{red}\Large \delta\) 经过我们一定的分析(自己大概分析一下)，就能注意到(数学分析会用到这里的结论):
结论1.从位置 \(0\) 出发，到 \([1,n]\) 任意位置都是 \(\frac 1 n\) 的概率。
结论2.从位置 \([1,n-1]\) 出发,有 \(\frac 1 n\) 概率走到位置 \(n\),有 \(\frac {n-1} n\) 概率走到 \([1,n-1]\) 的位置(蕴含的信息:位置 \([1,n-1]\) 中任意位置之间等价)
数学分析
跟随上面的规则去走，只能知道一种特定的走到终点的方案，而不知道所有方案平均的回合数，用正常的概率无法得知，而用期望可以解决。期望即试验中概率加权平均数乘其结果的总和，后面选修会学到，我们这里大概应用，不多解释，用这道题先大概理解期望就行。
对期望举个简单的例子:投六面骰,期望(平均)的点数为
\[\frac 1 6\times (1+2+3+4+5+6) = 3.5 \]
我们把走到的位置看成状态，例如目前处在位置 \(13(13<n)\) 就是一种状态，此时走到终点的平均需要多少回合我们不知道，那么就假设平均需要 \((E_{13})\) 回合走到终点(注意这里的 \(E_{13}\) 不一定是整数，不解释),对于 \([0,n]\) 之间的每个位置 \(i\) 我们都假设他们到终点的平均回合数为 \(E_i\) 回合，我们最终的答案就是 \(E_0\)
目前我们的答案仍是未知，要对每个 \(E_i\) 之间的关系进行分析，结合通俗解释中最后一板块 \(\color{red}\delta\) 的结论，我们可以得出以下的初步数学结论:
根据通俗解释 \(\color{red}\delta\),我们可以发现位置 \([1,n-1]\) 中任意位置之间其实都是等价的,于是现在有三种状态:位置 \(0\),位置 \([1,n-1]\),位置 \(n\).
考虑如何在三种状态之间列出等量关系式子是容易的,我们令:
\(\large{\color{blue}{E_v}}=E_1=E_2=...=E_{n-1}\)
则根据通俗解释 \(\color{red}\delta\) 中结论 \(2\) ，可以知道，在位置 \([1,n-1]\):
1.有 \(\frac 1 n\) 概率走 \(1\) 步到终点;
2.有 \(\frac {n-1} n\) 概率走 \(1\) 步到位置 \([1,n-1]\)，再走 \(E_v\) 步到终点
可以列出这样的式子:
\(E_v=\frac 1 n(1+E_n) + \frac {n-1} n (1+E_v)\)
上式化简可得 \(\color{blue}E_v=n\),即在位置 \([1,n-1]\) 平均 \(n\) 步走到终点。接下来我们找 \(E_0\) 与 \(E_v\) 的关系，由通俗解释 \(\color{red}\delta\)，在位置 \(0\)：
1.有 \(\frac 1 n\) 概率走一步到终点;
2.有 \(\frac {n-1} n\) 概率走 \(1\) 步到位置 \([1,n-1]\)，再走 \(E_v\) 步到终点
(其实与 \(E_v\) 式子同理)可以列出这样的式子:
\(E_0=\frac 1 n(1+E_n) + \frac {n-1} n (1+E_v)\)
照样化简得 \(\color{blue}E_0=n\)
最终答案
上面的 \(\color{blue}E_0=n\) 并不是最终答案，因为在最开始的时候我们说忽略“投出数字 \(n\) 获得一次额外次数”这个条件。
对这个条件简单理解一下(防止有些人卡壳太久)，我们先区分一下回合和次数，原先在一个回合内只能投一次骰子，若投出数字 \(n\) ，则多投一次骰子，但不代表少走一个回合，而是这个回合多投一次骰子。特殊情况如下:
1.从位置 \(0\) 投出了数字 \(n\)，算是 \(1\) 回合，只是这回合本可以投两次骰子，但投完第一次就达到了终点结束了。
2.反复投出数字 \(n\)，那么这一回合一直不结束，直到达到终点或投出其他数字。
那么我们对上面关于答案的公式进行改变，先分析:
1.在位置 \(0\) ， \(\frac 1 n\) 概率投出 \(n\) 平均 \(1\) 回合解决
- \(\frac {n-1} n\) 概率投出 \([1,n-1]\) 到达位置 \([1,n-1]\) 平均 \(1+E_v\) 回合解决；
3.在位置 \([1,n-1]\) ， \(\frac 1 n\) 概率投出数字 \(n\) 但由于反弹机制,并没有到达终点而是多投一次，又花费 \(0\) 步无代价回到位置 \([1,n-1]\),再从位置 \([1,n-1]\) 出发平均需要 \(E_v\) 回合到达；
3.在位置 \([1,n-1]\) , \(\frac 1 n\) 概率投出直接到达终点需要的数字即平均 \(1\) 回合到达；
4.在位置 \([1,n-1]\) , \(\frac {n-2} n\) 概率投出其他数字，多花费当前回合的 \(1\) 回合代价，回到 \([1,n-1]\) 状态，平均 \(1+E_v\) 回合到达
化简整理得最终答案为 \(E_v=n-1\) , \(E_0=\frac 1 n+\frac {n-1} n \times n=\color{blue} \frac 1 n+n-1\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int P = 1e9 + 7;
int T, n;
int mi(int x, int y, int mod){
int ans = 1;
while (y){
if (y & 1)
ans =(ans * x) % mod;
x=(x * x)% mod, y >>= 1;
}
return ans;
}
signed main(){
cin >> T;
while (T--) cin >> n, cout << (n - 1 + mi(n, P - 2, P))% P<<'\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号