stone2 [期望]

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$\mathcal{Description}$
有 $n$ 堆石子,依次編號爲 $1, 2,\ldots , n$,其中第 $i$ 堆有 $a_i$ 顆石子
你每次在仍然有石子的石子堆中等概率隨機選擇一堆石子,並取走其中一顆石子
求第 $1$ 堆石子被取走的時間的期望

$n\leq 5\times 10^5,a_i\leq 5\times 10^5$

$\mathcal{Solution}$
這題其實也不難，然而也不是考慮$DP$，和stone一樣
問題要求的實際就是在第$1$堆石子被取完之前，總共有多少個石子被拿走了
顯然$a_1$被拿完了，再考慮期望的線性性，由於你取走其他堆石子對當前堆沒有影響，可以單獨考慮每一堆石子被取了多少個

先考慮$a_i$沒有全部被取完
假設第$i$堆石子被取走了$x\left(0\leq x\leq a_i-1\right)$顆石子，因爲第$i$堆石子沒被取完，而沒有繼續被取走肯定是因爲第$1$堆石子被取完了
設$1$爲從第一堆石子中取一顆石子，$0$爲從第二堆石子中取一顆石子
那麼方案數就是有$a_1$個$1$和$x$個$0$的長度爲$a_1+x$的且最後一位是$1$的二進制串的個數
則有$\begin{pmatrix}a_1+x-1 \\ x\end{pmatrix}$種方案數，總方案數爲$2^{a_1+x}$，那麼概率就是$p_x=\frac{\begin{pmatrix}a_1+x-1\\ x\end{pmatrix}}{2^{a_1+x}}$

若$x=a_i$，這個看起來沒原來那麼好算了，想到這兩種情況的概率加起來應該等於$1$，所以這種情況的概率就是$q=1-\sum\limits_{j=0}^{a_i-1}p_j$
則我們得到$E_i=\sum\limits_{j=0}^{a_i-1}j*p_j+qa_i$
總期望就是$E=\sum\limits_{i=2}^nE_i$，寫複雜點就是

$E=\left(\sum\limits_{i=2}^n\left(\sum\limits_{j=0}^{a_i-1}j*\frac{\begin{pmatrix}a_1+j-1 \\ j\end{pmatrix}}{2^{a_1+j}}\right)+a_i\left(1-\sum\limits_{j=0}^{a_i-1}\frac{\begin{pmatrix}a_1+j-1 \\ j\end{pmatrix}}{2^{a_1+j}}\right)\right)+a_1$

這個東西怎麼維護呢，直接考慮$a_i$變成$a_i+1$的情況，我們考慮裏面那個$\sum$的變化，實際上只有枚舉上界增大$1$變成了$a_i$我們直接對$a_i$的所有取值的答案都預處理出來就行了

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年11月08日 星期五 16時20分30秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 1000006;
const int lim = 1000000;
const int h = 500000;
const int mod = 323232323;
//cin爲我打的快讀板子，詳細內容可去看以前的代碼，總是在這裏寫感覺有點影響閱讀
int n,p,ans,a;
int fac[maxn],ifac[maxn],inv[maxn],mi[maxn],f[maxn],g[maxn];
int C (int n,int m){	return 1ll*fac[n]*ifac[n-m]%mod*ifac[m]%mod;}
int main()
{
	fac[0]=ifac[0]=mi[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=lim;++i)	inv[i]=(mod-1ll*mod/i*inv[mod%i]%mod);
	for (int i=1;i<=lim;++i)	fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod,mi[i]=1ll*mi[i-1]*inv[2]%mod;

	cin>>n>>a;
	ans=a;

	//枚舉上界爲i
	g[0]=mi[a];
	for (int i=1;i<=h;++i){
		int p=1ll*C(a+i-1,i)*mi[a+i]%mod;
		f[i]=(f[i-1]+1ll*i*p%mod)%mod;
		g[i]=(g[i-1]+p)%mod;
	}

	//石子數爲i的答案
	for (int i=h;i>=1;--i)	f[i]=(f[i-1]+1ll*i*(mod+1-g[i-1])%mod)%mod;

	for (int i=2;i<=n;++i)	cin>>a,ans=(ans+f[a])%mod;

	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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