数论——期望——rabbit

rabbit

rabbit 等概率跳，先导一波期望值？

等一下：
发现$E(i)=0.5\ast (E(i+1)-E(i))+0.5\ast （E(i-1)-E(i))$
$即一次操作可以往i+1跳，也可以往i-1跳$

$E(i)表示第i只兔子经过1次跳跃后的期望位置$
化简一下得E(i)=E(i+1)+E(i-1)-E(i)
可得$E(i)$-E(i-1)= E(i+1)-E(i) ，我们可以考虑差分
$P.S蓝色的E(i)是更新后的E(i)$
即将E(i+1)-E(i)的值附在E(i)-E(i-1)
定义$Y（k）=E（k）-E（k-1）$
则一次更新就是将Y(k+1)附在Y（k）上，但当$Y（k+1）赋在Y（k）时,由于差分数组被破坏$
所以Y（k+1）也应被更新

所以我们swap（y[k+1],y[k]）就能完成一次操作

但这样时间复杂度过高，$K<=1e18$

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考虑优化
我们发现操作必定构成环。
$证明：$
如果操作不构成环，则设不构成环的一条链S
那么S上的操作必定只能从链的一段入一段出，那么这条链上的数会越来越多，显然不可能，矛盾。
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那么我们只要预处理出所有的环，记录长度，对每条环的点单独处理即可
$预处理：$

void dfs(int st){
	while(!vis[st])
	{
	id[++cnt]=st;
	vis[st]=1;
	st=nxt[st];
    }
    return;
}

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P.S：
差分的前缀和等于前缀和的差分等于原串
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AC代码：

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

typedef long long ll;
const int N=100010;
ll k;
int n,m,id[N];
ll x[N];int nxt[N];ll cf[N],ans[N];bool vis[N];int cnt;
void dfs(int st){
	while(!vis[st])
	{
	id[++cnt]=st;
	vis[st]=1;
	st=nxt[st];
    }
    return;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	scanf("%lld",&x[i]);
    	cf[i]=x[i]-x[i-1];
    	nxt[i]=i;
    }
    scanf("%d%lld",&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++){
    	int kk;
    	scanf("%d",&kk);
        swap(nxt[kk],nxt[kk+1]);
	 }
	 for(int i=1;i<=n;i++){
	 	if(!vis[i]){
	        cnt=0;
	 		dfs(i);
	 		if(cnt==1) ans[id[1]]=cf[id[1]];
	 		else {
	 		for(int j=1;j<=cnt;j++){
	 		ans[id[j]]=cf[id[(k+j-1)%cnt+1]];//一定要从右边赋值到左边
		     }  
	 	}
	    }
	 }
	ll anss=0;
	 for(int i=1;i<=n;i++){
	    anss+=ans[i];
	 	 printf("%lld.0\n",anss);
	 }
}

重要部分

ans[id[j]]=cf[id[(k+j-1)%cnt+1]];
一定要先减1在加1
应为取模cnt的值域是[0,cnt),而我们需要的值域是[1,cnt]