codeforces 335 E Counting Skyscrapers（概率期望）

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题目翻译

分析：
啊咧，为什么标签都是dp唉？
但是前辈都吐槽这道题根本不是dp啊。。。

前辈说有一个$O(n^2h)$的dp（只针对已知Alice求Bob），xue微想了一下：
$f[i][k]$表示到第i栋楼，ta的高度为k时Bob计数器的期望
枚举与i连接的建筑物j，显然j~i之间不会有楼高于k，概率为：${(k-1)^x \over h^x},x=i-j-1$（因为Bob根本不可能到达h以上的高度，我们不用考虑）

显然这个dp一点用都没有（博主有毛病啊）

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正解

我们还是由浅到深

Bob->Alice

首先我们观察一下样例
啊咧，为什么输出的是一个整数不是real类型啊，好像有猫腻（不像是算出来的，倒像是读入后世界输出的）
实际上，找到AC代码试一下，发现确实是输入什么输出什么啊
不要向某人一样投机取巧，我们是可以证明：

Bob的计数器累加了$2^i$，那么ta所经过的楼的期望数目也是$2^i$

不严谨证明：

显然，Bob每使用一次ZIP运输线，实际上经过的楼数是：在运输线下高度较小的楼+终点楼
也就是说，如果ta经过了$i$栋楼，那么就有$i-1$栋高度较小的楼在之间

设Bob当前计数器增加了$2^H$，那么ta就在第$H$层楼上
然而由于这个zz的编号方式，第$H$层楼的高度实际上是$H+1$
那么ta经过的楼的高度就不会超过$H$

经过楼的期望=
$1*P(中间没有高度≤H的楼)*P(终点楼的高度≥H)$
$+2*P(中间有一栋楼,高度≤H)*P(终点楼的高度≥H)$
$+*P(中间有两栋楼,高度≤H)*P(终点楼的高度≥H)+...$
（$P$表示概率）

题目中给出，高度为$i$的楼出现的概率是$2^{-i}=({1 \over 2})^i$

因此，一栋楼的高度$≤H$的概率：

$$P=({1 \over 2})^1+({1 \over 2})^2+({1 \over 2})^3+...+({1 \over 2})^H$$
$$P={({1 \over 2})^{H+1}-{1 \over 2} \over {1 \over 2} -1}$$
$$P={2^H-1 \over 2^H}$$

期望：

$$E=1*P^0*(1-P)+2*P^1*(1-P)+3*P^2*(1-P)+...$$
$$E=(1-P)*(1*P^0+2*P^1+3*P^2+...)$$
混合等差等比数列，错位相消： $$E=(1-P)*(1*P^0+2*P^1+3*P^2+...)①$$
$$P*E=(1-P)*(1*P^1+2*P^2+3*P^3+...)②$$
①-②，得： $$(1-P)*E=(1-P)*(P^0+P^1+P^2+...)$$
$$E={1 \over 1-P}$$
其中， $P={2^H-1 \over 2^H}$
$$E=2^H$$

Alice->Bob

首先我们假设所有的楼都只有一层，编号都是0
这种情况下，Bod的计数器得到的一定是$n$

之后我们要加上一些高度更高的楼层，这样楼层之间就会出现一些ZIP运输线
此时，Bob计数器的答案就应该+运输线的贡献-覆盖掉的楼的贡献

我们一层一层的把楼加高，对于新加入的编号能达到$H$的楼
这两栋楼的编号分别为$i,j$，设$L=j-i$，如果这两栋楼的第$H$层之间有运输线
那么一定满足：$i$和$j$的高度$≥H+1$，$i-j$之间的楼的高度$小于等于H$
之前我们已经求出一栋楼的高度$≤H$的概率：$P={2^H-1 \over 2^H}$
显然，一栋楼的高度$≥H+1$的概率：$1-P={1 \over 2^H}$

因此，两栋楼层编号能够达到$H$的楼中间存在一条运输线的概率：

$$(1-P)^2*P^{L-1}=({1 \over 2^H})^2∗({2^H-1 \over 2^H})^{L−1}=({1 \over 2^H})^2*(1-{1 \over 2^H})^{L-1}$$

因为我们是逐层计算的，所以只剩下$H-1$层的运输线没有消除影响

那么如果已经知道存在这样一条运输线，中间有多少被覆盖的旧溜索呢？

显然就是最大层数为$H−1$，高度为$H$的塔的数量+1

那么我们只需要高度恰好为$H$的楼的期望数目就可以了

注意这里的计算有一个条件：中间的$L-1$栋楼的高度一定不超过$H$
下面考虑用概率公式计算
有公式（在$B$条件成立的前提下，$A$发生的概率）

$$P(A|B)={P(A∩B) \over P(B)}$$
其中$A=楼的高度恰好为H$，$B=楼的高度不超过H$
显然

$$P(A∩B)=P(A)={1 \over 2^H}$$
$$P(B)={2^H-1 \over 2^H}$$
那么一栋楼高度恰好为$H$的概率为 ${1 \over 2^H}*{2^H\over 2^H-1 }={1 \over 2^H-1 }$

$期望=1*P(L-1栋楼的高度都小于H)$
$+2*P(一栋楼的高度为H)*P(L-2栋楼的高度都小于H)$
$+3*P(两栋楼的高度为H)*P(L-3栋楼的高度都小于H)$
$+...+L*P(L-1栋楼的高度为H)$

$E=1*(1-{1 \over 2^H-1 })^{L-1}+2*{1 \over 2^H-1 }*(1-{1 \over 2^H-1 })^{L-2}+...+L*({1 \over 2^H-1 })^{L-1}$

$$E=1+{L-1 \over 2^H-1}$$

对于每个长度$L$，在当前层都存在$N−L$个可能位置出现溜索
那么先枚举高度，再从枚举$L$，综合上面的推导，我们就能得到如下的计算式：

$$n+\sum_{i=1}^{h}\sum_{j=1}^{n}(n-j)*({1 \over 2^i})^2*(1-{1 \over 2^i})^{j-1}*(2^i-2^{i-1}*(1+{j-1 \over 2^i-1}))$$

两栋楼层编号能够达到$H$的楼中间存在一条运输线的概率：$({1 \over 2^i})^2*(1-{1 \over 2^i})^{j-1}$
层数为$i$的运输线贡献：$2^i$
需要减掉的被覆盖的运输线贡献：$2^{i-1}$
层数为$i-1$（被覆盖）的运输线的期望：$1+{j-1 \over 2^i-1}$

这个式子用$O(nh)$的复杂度就可以完成
dada们表示内层可以用矩阵乘法优化然后达到$O(hlogn)$的复杂度

tip

这道题真的光速弃疗

官方题解

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

char s[10];
int n,h;
double mi[200];

double KSM(double a,int b) {
    double t=1.0;
    while (b) {
        if (b&1) t=t*a;
        a=a*a;
        b>>=1;
    }
    return t;
}

int main() {
    scanf("%s",s);
    scanf("%d%d",&n,&h);

    if (s[0]=='B') {
        printf("%d\n",n);
        return 0;
    }

    double ans=(double)n;
    mi[0]=1.0;
    for (int i=1;i<=2*h;i++) mi[i]=mi[i-1]*2.0;
    for (int i=1;i<=h;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++) {
            double t=KSM(1.0-1.0/mi[i],j-1);
            ans+=1.0*(n-j)*(1.0/mi[2*i])*t*(mi[i]-mi[i-1]*(1+(double)(j-1)/(mi[i]-1.0)));
        }
    printf("%.10lf\n",ans);

    return 0;
}