题解：P6089 [JSOI2015] 非诚勿扰

分析

首先我们要求出对于第 \(i\) 位女性，她选择每个列表中的男性的概率是多少。

第一轮选择第一位的概率为 \(p\)，选择第二位的概率为 \(p(1-p)\)，以此类推。

显然第一轮选择第 \(k\) 位的概率为 \(p(1-p)^{k-1}\)。

假设列表中有 \(n\) 名男性，那么第二轮选择第一位的概率为 \(p(1-p)^n\)。

所以选择第一位的概率 \(P_1\) 为：

\[\begin{aligned} P_1&=\sum^{\infty}_{i=0}p(1-p)^{n\cdot i}\\ (1-p)P_1&=\sum^{\infty}_{i=1}p(1-p)^{n\cdot i}\\ \end{aligned} \]

上下两式相减，得到：

\[\begin{aligned} (1-(1-p)^n)P_1&=\sum^{\infty}_{i=0}p(1-p)^{n\cdot i}-\sum^{\infty}_{i=1}p(1-p)^{n\cdot i}\\ (1-(1-p)^n)P_1&=p\\ P_1&=\frac{p}{1-(1-p)^n}\\ \end{aligned} \]

这样我们就搞定了 \(P_1\)。

显然有：\(P_i=(1-p)P_{i-1}\)。

我们已经对于每个女性求出选择每个男性的概率，现在要考虑如何求得答案。

令 \(S_i\) 为第 \(i\) 个女性可选择的男性的集合。

答案就是下式：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{b\in S_i}\sum_{j=1}^{i-1}\sum_{k=b+1}^n P(j\ 选\ k)\cdot P(i\ 选\ b) \]

考虑从小到大枚举女性，这样就保证了后枚举的女性编号一定大于枚举过的。

我们可以维护一个序列，存储选择第 \(b\) 个男性的期望人数。

每次枚举 \(i\) 和 \(b\)，对答案的贡献就是 \([b+1, n]\) 这个区间内的期望人数。

在枚举完一个 \(i\) 后，将自己选择每个男性的概率累加到序列上。

单点修改，区间查询，用树状数组维护。

时间复杂度 \(O(m\log m)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 500005
typedef long double f64_t;

struct BIT:vector<f64_t>
{
    using vector::vector;
    void modify(int p, f64_t x)    {for(;p<size();p+=p&-p) at(p)+=x;}
    f64_t query(int p) {f64_t r=0;for(;p;p-=p&-p) r+=at(p);return r;}
};

BIT ta(maxn);
vector<int> al[maxn];

int main()
{
    int n, m;
    f64_t p, ans=0;
    cin>>n>>m>>p;
    for(int a, b;m--;)
        cin>>a>>b, al[a].emplace_back(b);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(al[i].empty()) continue;
        sort(al[i].begin(), al[i].end());
        for(f64_t px=p/(1-pow(1-p, al[i].size()));auto b:al[i])
            ans+=(ta.query(n)-ta.query(b))*px, 
            ta.modify(b, px), px*=1-p;
    }
    cout<<format("{:.2f}", ans);
}