[CF712E]Memory and Casinos

題目

傳送門 to luogu

思路

由於正解講的蠻多了，所以這裏寫幾個騙分做法。

普通想法

$f(i)(l\le i\le r)$ 表示，從 $l$ 出發，始終位於 $[l,r]$ 中，走到 $i$ 的概率。初始化

$\color{green}{f(l)=1+fail(i+1)\cdot f(l+1)}$

爲什麼這裏的初始化不是一？同樣的，我們分類討論，如果是直接出現，則爲 $1$ ；或者是從上面下來。

另一個角度，不將 $f$ 理解爲概率，理解爲

$\sum_{way}P(way)$

其中 $way$ 是一種合法的移動方式，可以是一來就出現於 $l$ 處，或者走着走着回去了。

對於 $i\in(l,r)$ ，明顯只能從上方或下方到來，故

$f(i)=win(i-1)\cdot f(i-1)+fail(i+1)\cdot f(i+1)$

試着去解，

$fail(i+1)\cdot f(i+1)=f(i)-win(i-1)\cdot f(i-1)$

即

$fail(i+2)\cdot f(i+2)=f(i+1)-win(i)\cdot f(i)$

令

$f(i)=a_i\cdot f(i+1)+b_i$

則

$fail(i+2)\cdot f(i+2)=f(i+1)-win(i)\cdot[a_i\cdot f(i+1)+b_i]$

$\Leftrightarrow\;[1-win(i)\cdot a_i]f(i+1)=fail(i+2)\cdot f(i+2)+win(i)\cdot b_i$

顯然 $a_{i+1},b_{i+1}$ 可知了，即

$a_{i+1}=\frac{fail(i+2)}{1-win(i)\cdot a_i}$

$b_{i+1}=\frac{win(i)\cdot b_i}{1-win(i)\cdot a_i}$

令 $fail(r+1)=0$ ，顯然可以推廣到 $i=r$ 的情況，於是解出

$f(r)=a_r\cdot f(r+1)+b_r=b_r$

於是答案就出來鳥。複雜度 $\mathcal O(nq)$ ，可以過 $\tt44pts$ 。話說 $b_r$ 的計算沒用到 $fail(r+1)$ ，甚至可以不更改。

簡單想法

就是這道題中的 $\tt dp$ 寫法給了我啓示，直接定義 $f(i)$ 爲，一直在 $[l,r+1]$ 中移動，從 $i$ 走到 $i+1$ 的概率。轉移就很簡單了，一種是走到 $i-1$ 又走回來，一種是直接上去。故

$f(i)=fail(i)\cdot f(i-1)\cdot f(i)+win(i)$

這種方程就蠻好解了，直接

$f(i)=\frac{win(i)}{1-fail(i)\cdot f(i-1)}$

邊界 $f(l-1)=0$ ，不可能從 $l-1$ 出發而始終在 $[l,r+1]$ 中。

可是答案比較難看，會是

$ans=\prod_{i=l}^{r}f(i)$

複雜度還是 $\mathcal O(nq)$ 的，沒有改進，不過好想的多，也不會打錯。然鵝我錯誤的判斷了難度，選擇剛正解，結果爆零了。

正解

一個區間 $[l,r]$ 無非就兩種，從左邊進去，和從右邊進去。

所以我們分別用 $f$ 和 $g$ 來存儲。從哪邊出去？無所謂，反正和爲一。

然後用線段樹求解。$f/g(l,r)$ 都要求一直停在 $[l-1,r+1]$ 內，然後枚舉過中線的狀態。

比如，從左近、從右出，可能經過了中線 $2k+1$ 次，而每兩次的概率是 $f(mid+1,r,LEFT)\times g(l,mid,RIGHT)$ ，然後就可以無窮級數直接求出來了。

話說我還以爲是動態$\sout{\tt dp}$那種用線段樹維護矩陣呢，糟透了。