AGC 032 F 简要题解

最新推荐文章于 2020-04-06 23:31:28 发布

jerome_wei

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本文介绍了一种解决AGC032F问题的方法，通过将游戏转化为插入特定类型的边，使用DP算法计算不同颜色段的数量及其期望长度。最终通过数学推导找到了最优解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

AGC 032 F 简要题解

太神了这题。。。

首先游戏可以直接等价成每次插入三类边（各120度），然后最后我们可以直接当成在第一个的一个1/3扇形里面找一段最小的段左右颜色不同。

这里可以直接dp出有多少段颜色不同的方案，然后易得 i 段的期望长度和是i/n（每段等价）。

然后我们需要找k段分一个长度len最小长度的期望。

这个期望是len/(k^2)。

证明是(此处认为len=1)考虑最小长度大于等于i的概率就是(1-k*i)^(n-1) 然后我们把这玩意求积分就行了。具体可以上知乎

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){a+=b;return a>=mod?a-mod:a;}
inline int sub(int a,int b){a-=b;return a<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int qpow(int a,int b){int ret=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
inline int inv(int x){return qpow(x,mod-2);}
/* math */
int n;
const int N=2e6+5;
int fac[N],ifac[N];
inline void init(int n){
	fac[0]=ifac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n]=inv(fac[n]);for(int i=n-1;i;i--)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
}
int f[N][3];
int F(int x){
	return f[x][1];
}
int G(int x){
	return mul(inv(3),mul(inv(n),inv(x)));
}
int binom(int a,int b){
	if(b>a)return 0;
	return mul(fac[a],mul(ifac[b],ifac[a-b]));
}
int main()
{
	cin >> n;
	init(n*2);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<3;j++)for(int k=0;k<3;k++)if(j!=k)f[i][j] = add(f[i][j], f[i-1][k]);
	}
	int ans=0,all= inv(qpow(3,n-1));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int P = mul(mul(F(i), binom(n,i)), all);
		int L = G(i);
		ans = add(ans, mul(P, L));
	}
	cout << ans << endl;
}