小红的双排列期望（hard）

小红的双排列期望（hard）

题目描述

本题为问题的困难版本，两题的唯一区别在于操作失败的代价。

小红拿到了一个长度为 $2 \times n$  的数组 $\{a_1,a_2,\dots,a_{2\times n}\}$，初始所有元素都是 $0$，她可以进行任意次以下操作：

$\hspace{23pt}\bullet\,$尝试使 $a_i$ 加 $1$。该操作有 $b_i \%$ 的概率成功。若成功，则 $a_i$ 加 $1$；若失败，如果 $a_i$ 大于 $0$ 则会减 $1$（等于 $0$ 则无变化）。

小红希望最终 $a$ 变成一个双排列。她希望最小化操作次数，请你求出小红最优策略下，最终操作次数的期望。答案对 $10^9+7$ 取模。

【名词解释】

双排列：长度为 $2\times n$ 的双排列为两个长度为 $n$ 的排列打乱顺序后得到的数组。

排列：长度为 $n$ 的排列是由 $1,2,\dots,n$ 这 $n$ 个整数、按任意顺序组成的数组（每个整数均恰好出现一次）。例如，$\{2,3,1,5,4\}$ 是一个长度为 $5$ 的排列，而 $\{1,2,2\}$ 和 $\{1,3,4\}$ 都不是排列，因为前者存在重复元素，后者包含了超出范围的数。

【提示】

本题中，如果您需要使用到除法的取模，即计算 $\left(p\times q^{-1} \bmod M\right)$ 时，$q^{-1}$ 需要使用公式 $\left(q^{M-2} \bmod M \right)$ 得到。例如，计算 $\tfrac{5}{4} \bmod M$：

$$
\begin{array}{rll}4^{-1} &=& \left(4^{M-2} \bmod M\right) \\ &=& 250\,000\,002 \\ \hline \left(\tfrac{5}{4} \bmod M\right) &=& 5 \times4^{-1} \bmod M \\ &=& 5 \times 250\,000\,002 \bmod M \\ &=& 250\,000\,003\end{array}
$$

输入描述:

第一行输入一个正整数 $n\left(1\leqq n \leqq 10^5\right)$ 。

第二行输入 $2\times n$ 个整数 $b_i\left(1\leqq b_i \leqq 100\right)$，代表每个元素操作成功的概率百分比。

输出描述:

在一行上输出一个整数，代表最终期望对 $10^9+7$ 取模的答案。

示例1

输入

1
50 50

输出

4

说明

在这个样例中，最终期望操作次数为 $4$ 次。

 

解题思路

  惯例开头：经典一遇到期望题就不会做.jpg

  由于将每个 $a_i$ 变成某个数是相互独立的，意味着在确定数字的分配方案后，只需独立求解每个 $a_i$ 要变成的数的期望即可。因此第一个问题是每个 $a_i$ 应该变成哪个数，才能使数组 $a$ 变成双排列的期望最小。

  容易贪心地知道，如果 $a_i$ 对应的 $b_i$ 越大，那么 $a_i$ 要变成的数也应该越大。这是因为都需要先分别以 $b_i$ 和 $b_j$ 对应的概率从 $0$ 变成 $\min\{a_i,a_j\}$，然后再以某个 $b_i$ 或 $b_j$ 对应的概率从 $\min\{a_i,a_j\}$ 变成 $\max\{a_i,a_j\}$。而由于由于 $b_i$ 越大，对应加 $1$ 成功的概率越大，因此当变成同一个数时，以较大 $b_i$ 对应的概率去变成该数的期望就会越小。

  所以不失一般性假设 $b_1 < \cdots < b_{2n}$，那么对应的 $a_1, \ldots, a_{2n}$ 就需要依次变成 $1,1,2,2,\ldots,2n,2n$，即 $a_i = \left\lceil \frac{i+1}{2} \right\rceil \, (1 \leq i \leq 2n)$。

  因此第二个问题是，对于某个给定的 $b_i$，假设对应的概率为 $p_i = \frac{b_i}{100}$，以 $p_i$ 的概率从 $0$ 变成 $\left\lceil \frac{i+1}{2} \right\rceil$ 的期望怎么求。对于一般的期望 dp 我们都会直接定义 $E(i)$ 表示从 $0$ 变到 $i$ 的期望，但会发现状态转移很难写（至少博主写不出来），所以只能参考题解的做法了。

  重新定义 $E(i)$ 表示从 $i-1$ 变到 $i$ 的期望，状态转移方程为 $E(i) = p_i \cdot 1 + (1 - p_i) \cdot (1 + E(i-1) + E(i)$。其中 $p_i \cdot 1$ 这部分的意思是，有 $p_i$ 的概率操作一次从 $i-1$ 变成 $i$；否则就是失败的概率 $1-p_i$，首先消耗了一次操作所以有个 $1$，并导致 $i-1$ 变成 $i-2$，为了变成 $i$ 我们需要依次从 $i-2$ 变成 $i-1$，再变成 $i$，对应的操作次数期望就是 $E(i-1)+E(i)$。

$$
\begin{align*}
&E(i) = p_i \cdot 1 + (1 - p_i) \cdot (1 + E(i-1) + E(i)) \\
\Rightarrow& p_i \cdot E(i) = 1 + (1-p_i) \cdot E(i-1) \\
\Rightarrow& E(i) = \frac{1}{p_i} + \left(\frac{1}{p_i} - 1\right) \cdot E(i-1) \\
\Rightarrow& E(i) = \frac{100 + (100 - b_i) \cdot E(i-1)}{b_i}
\end{align*}
$$

  如果对每个 $b_i$ 直接求期望会被卡到 $O(n^2)$，由于 $b_i$ 为整数且不超过 $100$，因此我们可以先暴力枚举 $b_i = 1, \ldots, 100$ 预处理出 $E(1), \ldots, E(n)$ 的结果。最后从 $0$ 变成 $i$ 的期望就是 $\sum\limits_{j=1}^{i}{E(j)}$。

  AC 代码如下，时间复杂度为 $O\left(n \max\{b_i\}\right)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5 + 5, M = 105, mod = 1e9 + 7;

int a[N];
int f[M][N];

int qmi(int a, int k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n << 1; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    sort(a + 1, a + 2 * n + 1);
    for (int i = 1; i <= 100; i++) {
        int inv = qmi(i, mod - 2);
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            f[i][j] = (100 + (100ll - i) * f[i][j - 1] % mod) * inv % mod;
        }
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            f[i][j] = (f[i][j] + f[i][j - 1]) % mod;
        }
    }
    int ret = 0;
    for (int i = 1; i <= n << 1; i++) {
        ret = (ret + f[a[i]][i + 1 >> 1]) % mod;
    }
    cout << ret;
    
    return 0;
}

 

参考资料

  牛客周赛100讲解：https://www.bilibili.com/video/BV1f2uczGExP/