CF850F Rainbow Balls

最新推荐文章于 2022-11-20 17:34:23 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/cjoieryl/p/9896023.html

本文介绍了一种使用动态规划（DP）解决染色球问题的方法，通过推导DP方程，求解将一组球统一成单一颜色所需的期望时间。文章详细解释了状态转移方程的推导过程，并给出了解决方案的C++代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

首先可以枚举最后的球都是什么颜色的

设 \(f_i\) 表示当前有 \(i\) 个钦定的颜色的球，把所有球都变成这种颜色的期望时间

显然 \(f_0\) 不存在

设 \(s=\sum_{i=1}^{n}a_i\) 那么 \(f_s=0\)

对于 \(0<i<s\) 可以得到一个 \(DP\) 方程

\[f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+v\]

其中 \(p\) 表示选出两个球不同色的概率 \(\frac{i(s-i)}{s(s-1)}\)，\(v\) 表示贡献的期望时间

注意不是 \(1\)!!!

结论就是 \(v=\frac{i}{s}\)

考虑 \(v\) 是个什么东西~~下面纯属瞎bb~~

由于不能到 \(0\) 这个状态，所以 \(i\) 只能算到达那些走到 \(s\) 的贡献

那么 \(v\) 相当于走到 \(s\) 的概率，也就是走一步的期望

也就是数轴上一个点 \(x\) 每次等概率向左或者向右走，求走到 \(0\) 之前到达 \(s\) 的概率

这个是个经典问题

设 \(g_i\) 表示 \(i\) 到 \(s\) 的概率，那么 \(g_0=0,g_s=1\)

\(g_i=pg_{i-1}+pg_{i+1}+(1-2p)g_i\)

那么 \(g_i-g_{i-1}=g_{i+1}-g_i\)

可以得到概率为 \(\frac{i}{s}\)

~~瞎bb完了~~

那么现在有一个方程

\[f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+\frac{i}{s} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)\]

由于 \(f_0\) 不存在那么

\[f_1=f_2p+(1-2p)f_1+\frac{1}{s}\]

即 \(f_2=2f_1-1\)

由 \((1)\) 可以得到

\[f_i-f_{i+1}=f_{i-1}-f_i+\frac{s-1}{s-i} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\]

所以

\[f_1=f_1-f_s=\sum_{i=2}^{s}f_{i-1}-f_i=(s-1)(f_1-f_2)+\sum_{i=2}^{s-1}\frac{s-1}{s-i}(s-i)\]

代入 \(f_2=2f_1-1\) 得到

\[f_1=\frac{(s-1)^2}{s}\]

那么求出 \(f_2\) 之后，根据 \((2)\) 就可以推出所有的 \(f\) 了

最后答案就是 \(\sum_{i=1}^{n}f_{a_i}\)

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

const int mod(1e9 + 7);
const int maxn(1e5 + 5);

int mx = 1e5, n, cnt[maxn], sum, f[maxn], ans;

inline void Inc(int &x, int y) {
    if ((x += y) >= mod) x -= mod;
}

inline int Pow(ll x, int y) {
    register ll ret = 1;
    for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
        if (y & 1) ret = ret * x % mod;
    return ret;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    register int i;
    for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &cnt[i]), sum += cnt[i];
    f[1] = 1LL * (sum - 1) * (sum - 1) % mod * Pow(sum, mod - 2) % mod;
    f[2] = (2 * f[1] % mod + mod - 1) % mod;
    for (i = 2; i < mx; ++i)
        f[i + 1] = ((2 * f[i] % mod - f[i - 1] + mod) % mod - 1LL * (sum - 1) * Pow(sum - i, mod - 2) % mod + mod) % mod;
    for (i = 1; i <= n; ++i) Inc(ans, f[cnt[i]]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/cjoieryl/p/9896023.html