牛客练习赛137 C&E 题解

牛客练习赛137 C&E 题解

非常有启发性的题目啊。赛时过了 C，赛后看 E 题解一直没看懂，在 U 群热心网友 @edge 的帮助下总算搞懂了。但代码实现有点复杂，交上去只能通过 93.75% 的数据，用别人的 AC 代码拍了几千组都没有拍出错误，最后不得已向出题人求助获得数据，但出题人非常热心，直接指出了我的代码中取模没取干净，最后终于通过了

先从 Easy Version 看起。首先，根据期望的线性性，我们可以分别计算每个 \(a_i\) 操作之后的期望值。设 \(p_i\) 表示恰好操作 \(i\) 次的概率，易知 \(p_i = \dbinom{k}{i} \cdot 2^{-k}\)。设 \(f(s, i)\) 表示整数 \(s\) 修改 \(i\) 次以后的值，设 \(g(s)\) 表示经过 \(k\) 次操作以后 \(s\) 的期望值，则

\[g(s) = \sum_{i = 0}^{k} p_{i} f(s, i) \]

\(p_{i}\) 容易在 \(O(k)\) 时间内计算，我们接下来主要关注 \(f(s, i)\)。如果对每个 \(a_{i}\) 暴力计算，则时间复杂度为 \(O(nk)\)，无法接受。

如何优化？观察修改的式子，发现有一项是 \(s \operatorname{and} m\)，这启示我们可以只关心 \(s\) 的较低位。具体来说，设 \(c\) 是满足 \(2^{c} \le m\) 的最大整数（即 \(m\) 二进制下的最高位），\(\operatorname{low}(s)\) 表示 \(s\) 的较低 \(c\) 位的值，\(\operatorname{high}(s) = s - \operatorname{low}(s)\)。可以发现：\(g(s) = \operatorname{high}(s) + g(\operatorname{low}(s))\)。感性理解，较高位不参与修改操作，可以在一开始就分离出来。所以只需要对 \(2^{c} = O(m)\) 个值计算 \(g\) 数组，暴力模拟即可，时间复杂度 \(O(mk)\)。代码

对于 Hard Version，\(O(mk)\) 的时间复杂度也无法接受了。我们可以尝试推广先前的做法，即每次修改操作中都把高位分离出来，这样只用考虑低位，而不同的低位只有 \(O(m)\) 个。考虑到 \(m\) 远小于 \(k\)，从这个角度出发或许能导出时间复杂度更低的做法。

具体而言，我们考虑对 \(s\) 进行 \(k\) 次修改得到的长度为 \(k + 1\) 的整数序列（包含初始值），设修改 \(i\) 次以后的值为 \(b_{i}\)。我们只保留 \(b_{i}\) 的低位，也就是说 \(b_{i} = \operatorname{low}(f(s, i))\)。考虑 \(b_{i}\) 对 \(g(s)\) 的贡献。显然，\(b_{i} \cdot p_{i}\) 是贡献的一部分。但如何考虑高位的贡献呢？对 \(b_{i}\) 进行一次修改，变成 \((b_{i} + (b_{i} \operatorname{and} m) + x)\)，但 \(b_{i + 1}\) 只保留了低位，高位的贡献丢失了。关键的地方在于：高位的贡献会一直保留，无论之后修改多少次。设 \(sum_{i} = \sum_{j = i}^{k} p_{i}\)，即至少修改 \(k\) 次的概率，那么高位的贡献为 \(sum_{i + 1} \cdot \operatorname{high}(f(s, i + 1))\)。

对 \(s \to \operatorname{low}(s + (s \operatorname{and} m) + x)\) 这种转移关系建图，则图中有 \(2^{c} = O(m)\) 个点。由于每个点恰有一条出边，所以图是基环树森林。因此从任意一点出发走 \(O(m)\) 步就能走到环上，我们可以考虑一次性计算环上的某个点的贡献。设从 \(s\) 出发走 \(L_{0}\) 步可以走到环，环的长度为 \(L\)，途径的路径为

\[s (= b_{0}) \to b_{1} \to \cdots \to \underbrace{b_{L_{0}} \to b_{L_{0} + 1} \to \cdots \to b_{L_{0} + L - 1}}_{\text{环}} \to b_{L_{0}} \to \cdots \]

（忽略了后续一直在环上走的过程。）

对于不在环上的点，直接套用公式计算贡献。对于环上的某个点 \(b_{i}\)，它同时是路径上的第 \(i, i + L, i + 2L,\cdots\) 个点，所以它的贡献为

\[(p_{i} + p_{i + L} + \cdots) \cdot b_{i} + (sum_{1 + i} + sum_{1 + i + L} + \cdots) \cdot \operatorname{high}(b_{i} + (b_{i} \operatorname{and} m) + x) \]

这里我们要处理 \(p_{i}\) 和 \(sum_{i}\) 的求和。用数学方法导出封闭形式是不好做的，我们只能 \(O(k)\) 递推。对于相同的环长，使用的和是相同的，无需重复求。而根据经典结论，由于环大小的和不超过 \(2^{c}\)，所以不同的环长只有 \(O(\sqrt{m})\) 种，因此计算这些和的总时间复杂度为 \(O(k \sqrt{m})\)。（题解说环长一定是 \(2\) 的非负整数次幂，根据这个结论时间复杂度为 \(O(k \log m)\)，但没有给出证明。）

综上所述，我们在 \(O(m^{2} + k \log m)\) 的时间内解决了问题。代码