[2018.07.12 T1]B君的第一题

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B君的第一题

【问题描述】

天台上的朋友让一让，让我先来。

世界杯开始了，B 君最近在关注一局季后赛。

在这局季后赛中，甲队和乙队将会进行至多 $2n-1$ 场比赛，谁先取得 $n$ 场胜利，谁便会获得最终的胜利。并且之后的比赛不会继续进行。

B 君很看好甲队，为了计算方便，B 君希望下注 $2^{2n-1}$ 元，也就是说, 如果最终甲队先取得了$n$ 场胜利，B 君就会获得 $2^{2n-1}$ 元。如果最终乙队先取得了$n$ 场胜利，B 君就会失去 $2^{2n-1}$ 元。

但是事不如人愿，甲队和乙队水平旗鼓相当，每一场比赛，双方胜利的概率都是$0.5$，并且所有比赛的结果相互独立。

B 君对此坦然接受，认为自己获得 $2^{2n-1}$ 元的概率是 $0.5$，失去$2^{2n-1}$ 元的概率是 $0.5$， 期望收益是 $0$。

但是赌场的庄家并不允许这样做，必须每一场比赛单独下注，分别进行结算。

B 君很失望，但是他发现，存在唯一一种下注方式，达到自己最初的目的。

即如果最终甲队获胜，B 君各场的收益之和为 $2^{2n-1}$，如果最终乙队获胜，B 君各场收益之和为$-2^{2n-1}$。

比如对于$n=2$ 来说，B 君可以选择在第一场下注$4$元，在第二场下注 $4$ 元，在第三场下注$8$ 元。

这样如果甲队或乙队赢了前两场，B 君直接获得或失去了$8$ 元。

如果前两场甲乙一胜一负，那么 B 君不赔不赚，决胜局下注 $8$ 元。

也就是说，无论甲以什么方式获胜，B 君都会获得 $8$ 元。无论乙以什么方式获胜， B 君都会失去$8$ 元。

特别的，B 君可以在看到前$i$ 场的结果之后，再给出第 $i+1$ 场的下注，而不需要一 开始就给出所有场的下注情况。

对于输入输出，B 君会先告诉你$n$，然后你来告诉B 君第一场比赛应该如何下注， 接下来 B 君告诉你第一场的结果。

你来告诉 B 君第二场比赛应该如何下注，依次类推。如果 B 君告诉你的结果已经导致了甲队或者乙队取得了 $n$ 场胜利。

你不需要对这次结果做任何回复。

因此你输出的数字个数，和B 君告诉你比赛结果的个数相同。

你可以下注负数，表示下注乙队获胜，这样如果甲队失败便可获得回报。

这并不是一个交互题，每个回答的答案是唯一的。

【输入格式】

第一行一个数字 $n$，即上文中所描述的$n$。

第二行是一些$0$ 和 $1$，如果是$0$ 表示甲队获胜，$1$表示乙队获胜。

保证这是一个合法的比赛过程，也就是说，当出现 $0$ 的个数或 $1$ 的个数达到$n$ 个之后， 便不会有更多输入了。

【输出格式】

输出若干个数字，一行一个。个数和输入的第二行数字个数相同，表示每场比赛的下注。

由于下注可能很大，你只需要输出模$1000000007$的结果即可。

即使想下注负数，也应该输出取模后的正余数。

可以证明下注的金额一定是整数。

可以证明解是唯一的。

【输入样例】

3
1 1 0 0 1

【输出样例】

12
12
8
16
32

【样例说明】

显然所有下注的和，要么是$+2^{2n-1}$，要么是$-2^{2n-1}$。

对于这场$(-12) + (-12) + (8) + (16) + (-32) = -32 = -2^5$

【输入样例】

3
0 1 0 0

【输出样例】

12
12
16
16

【样例说明】

$(12) + (-12) + (16) + (16) = 32 = 2^5$

你可以根据前两场的结果，来动态的决定第三场的下注。

输入的第二行长度并不确定，当输入$n$个$0$或$n$个$1$时结束。

【数据范围】

对于$100\%$的数据，满足$1 ≤ n ≤ 100000$。

对于$70\%$的数据，满足$1 ≤ n ≤ 1000$。

对于$30\%$的数据，满足$1 ≤ n ≤ 6$。

数据非常有梯度。

题解

以为数据有梯度是区分度很高的意思，部分分有就有，没有就没有，不存在强行造档的情况，所以考场代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    freopen("beijing.in","r",stdin);
    freopen("beijing.out","w",stdout);
    while(1)puts("sh*t");
}

然而出题人居然良心发现，“梯度”的意思居然是$n=1,2,3$都有！，根据题目打个$1,2,3$的表都有$15$分，令人窒息的操作。。。

唉，我$dp$还是太菜了，$O(n^2)$的$dp$都想不出来。。。

先考虑$O(n^2)$的$dp$吧，我们可以算算甲乙两队赢的概率，设$dp[i][j]$为甲队胜$i$场，乙队胜$j$场时，甲队取得最终胜利的概率，那么就有$dp[i][j]=\frac{dp[i+1][j]+dp[i][j+1]}{2}$，即$dp[i+1][j]-dp[i][j]=dp[i][j]-dp[i][j+1]$，所以无论输赢，甲队的胜率变化是一样的。

初始情况$dp[0][0]$胜率为$\frac{1}{2}$，末状态为$0$或$1$，收益为$-2^{2n-1}$或$2^{2n-1}$，胜率每变化$\frac{1}{2}$，收益变化$2^{2n-1}$，那么对于一次变化$\Delta x$，我们就应该应该下注$\frac{\Delta x}{\frac{1}{2}}2^{2n-1}=2\Delta x\times 2^{2n-1}$元。

然后我们就有了一个优秀的$O(n^2)dp$做法。

其实，获胜概率还可以用组合数算出来，考虑当甲队赢了$i$场，乙队赢了$j$场时，对于剩下的$res=2n-1-i-j$场比赛，如果甲队取得了$n-i$或更多的场的胜利，就能获胜，所以甲队的胜率可以表示如下：

$$\frac{\sum_{k=n-i}^{res}\binom {res}{k}}{2^{res}}$$

组合意义很明显，赢得$n-i\sim res$场的情况比上所有情况。

似乎还是无从下手，考虑我们$dp$的思路，如果甲队多赢了一场，胜率将变为：

$$\frac{\sum_{k=n-i-1}^{2n-2-i-j}\binom{2n-2-i-j}{k}}{2^{2n-2-i-j}}$$

如果乙队赢了：

$$\frac{\sum_{k=n-i}^{2n-2-i-j}\binom{2n-2-i-j}{k}}{2^{2n-2-i-j}}$$

发现这两个式子的差只有一项：

$$\frac{\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}}{2^{2n-2-i-j}}$$

代入$dp$得到的结论中，可知我们应下注：

$$\frac{\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}}{2^{2n-2-i-j}}\times 2^{2n-1}=2^{1+i+j}\binom{2n-2-i-j}{n-i-1}$$

可以预处理组合数，也可以一乘一除得到下一项，复杂度$O(n)$。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=2e5+5,mod=1e9+7;
int inv[M],x,y,n,p;
ll C(int a,int b){ll ans=1;for(int i=0;i<b;++i)ans=ans*(a-i)%mod*inv[i+1]%mod;return ans;}
void in(){scanf("%d",&n);}
void ac()
{
    inv[1]=1;for(int i=2;i<=n+n;++i)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    x=y=n;ll ans=C(x+y-2,x-1)*2%mod;
    while(x>0&&y>0)
    {
        printf("%lld\n",ans);scanf("%d",&p);
        ans=ans*2*inv[x+y-2]%mod;
        if(p)ans=ans*--y%mod;else ans=ans*--x%mod;
    }
}
int main(){in();ac();}