AtCoder AGC032F One Third (组合计数、DP、概率期望、微积分)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_f

题解

神仙题。。
第一步转化利用了\(\frac{1}{3}\)这个数特有的性质。假设我们用红线标出每一次切割的位置，再在每一次切割的位置顺时针\(120\)度处用蓝线标出，那么答案就等于红线与蓝线之间的最小夹角。但是这样转化完了依然不好做(而且似乎也没用到\(\frac{1}{3}\)的特殊性)，那么考虑如果在每一次切割的位置逆时针\(120\)度处用绿线标出，答案依然是不变的，因为\(|x-\frac{1}{3}|=|(1-x)-\frac{2}{3}|\). 那样我们就相当于将整个圆周分成了\(3\)等份(每一等份记作\(\frac{1}{3}\))，考虑其中的一份，每次在其中随机一个位置随机三种颜色中的一种画上线(初始时在\(0\)处有一条红线\(\frac{1}{3}\)处有一条蓝线)，答案等于不同颜色之间最短距离的期望。
不算首尾一共撒了\((n-1)\)个点，将\([0,\frac{1}{3}]\)分成了\(n\)份。考虑如何算两端为不同颜色的份(下称“不同色段”)的最短长度的期望。
首先考虑一个弱化版问题: 没有颜色的限制，用\((k-1)\)个点把\([0,1]\)分成\(k\)份，最小的一份的期望长度。考虑答案大于等于\(t\)的概率，也就相当于\(n\)个随机实数和为\(1-kt\)的概率除以\(n\)个随机实数和为\(1\)的概率，也就是\((n-1)\)个随机实数和不超过\(1-kt\)的概率除以\((n-1)\)个随机实数和不超过\(1\)的概率，显然等于\((1-kt)^{k-1}\). 那么对其进行积分，\(\int^\frac{1}{k}_0(1-kt)^{k-1}\text{d}t=\frac{1}{k}\int^1_0(1-t)^{k-1}dt=\frac{1}{k}\int^1_0t^{k-1}\text{d}t=\frac{1}{k^2}\). 并且把\([0,1]\)换成\([0,L]\)推一下可知答案关于\(L\)是线性的，即\(\frac{L}{k^2}\).
对于有颜色限制的情况，考虑枚举不同色段的个数，分成两部分：(1)出现这种情况的概率；(2)在这种情况下答案的期望。对于(2)，显然不同色段的总长度期望为\(\frac{k}{3n}\), 因为上面问题的答案关于总长度是线性的，因此答案的期望即为\(\frac{1}{3nk}\)。对于(1)，可以用一个DP乘以组合数来求出，DP不同色段的个数，组合数插入同色段。
总时间复杂度\(O(n)\).

代码

#include
#define llong long long
using namespace std;

inline int read()
{
    int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
    return x*f;
}

const int N = 1e6;
const llong P = 1e9+7;
const llong INV3 = 333333336ll;
llong fact[N+3],finv[N+3];

llong quickpow(llong x,llong y)
{
    llong cur = x,ret = 1ll;
    for(int i=0; y; i++) {if(y&(1ll<=P?x+y-P:x+y;}

int main()
{
    fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=N; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
    finv[N] = quickpow(fact[N],P-2); for(int i=N-1; i>=0; i--) finv[i] = finv[i+1]*(i+1)%P;
    scanf("%d",&n);
    f[0][0] = 1ll;
    for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=0; j<3; j++) for(int k=0; k<3; k++) {if(k!=j) updsum(f[i][j],f[i-1][k]);}
    llong ans = 0ll;
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        llong cur = f[i][1]*comb(n,i)%P*finv[i]%P*fact[i-1]%P; updsum(ans,cur);
    }
    ans = ans*finv[n]%P*fact[n-1]%P*quickpow(INV3,n)%P;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}