The 2017 China Collegiate Programming Contest, Qinhuangdao Site B

题目链接：ZOJ3982 Expected Waiting Time

sol:

1. 对于固定的$AS$序列，无论离开休息室的顺序如何，总的等待时长是相同的。一个合法的$AS$序列满足其所有的前缀中$A$的个数$\ge$$S$的个数，等价于一个长度为$2n$的括号序列。易知总方案数为第$n$个卡特兰数，记为$H(n)$

2. 现在考虑计算每一个人的贡献。把问题转换为括号序列，则总等待时长相当于在左括号的位置标记$-$号，在右括号的位置标记$+$号，求$a[i]$乘上$+/-$号后的前缀和。

3. 若我们固定一对合法括号$l,r$，整个括号序列序列当且仅当$[l,r]$区间合法且$[1,l-1]$和$[r+1,2n]$合法。则总的方案数为$H(\frac{r-l+1}{2}-1)\ast H(\frac{2n-(r-l+1)}{2})$，而这对括号的贡献为$a[r]-a[l]$。

4. 考虑枚举长度，则总等待时间为
   $$\begin{array}{rl}tot& =\sum _{L=2}^{2n}\sum _{i=1}^{2n+1-L}H(\frac{L}{2}-1)H(\frac{2n-L}{2})(a[i+L-1]-a[i])\\ & =\sum _{L=2}^{2n}H(\frac{L}{2}-1)H(\frac{2n-L}{2})\sum _{i=1}^{2n+1-L}(a[i+L-1]-a[i])\\ & =\sum _{L=2}^{2n}H(\frac{L}{2}-1)H(\frac{2n-L}{2})f(L)\end{array}$$

答案为$$ans=\frac{tot}{H(n)}$$
看起来复杂度比较感人。
右边式子化简一下
$$\begin{array}{rl}f(L)& =\sum _{i=1}^{2n+1-L}(a[i+L-1]-a[i])\\ & =\sum _{i=1}^{2n+1-L}-\sum _L^{2n}\end{array}$$
发现是个前缀和后缀的形式，$O(n)$预处理一下，于是整个式子就可以$O(n)$计算了。

5. 计算卡特兰数可以用
   $H(n)=H(n-1)\frac{4n-2}{n+1}$递推计算。

code:

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 2e6+10;

ll a[maxn],b[maxn];
ll h[maxn],inv[maxn];
ll sum[maxn];
int n,mod;

void Add(ll &x,ll y){
    x += y;
    if(x>=mod) x-=mod;
}

void Mul(ll& x,ll y){
    x *= y;
    if(x>=mod) x %= mod;
}

void init(){
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2;i<= n *2 ;i++) inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod/i) % mod;
    h[0] = h[1] = 1;
    for(int i = 2;i<= n * 2;i++) h[i] = h[i-1] * (i * 4 - 2) % mod * inv[i+1] % mod;
}

ll qpow(ll a,int b){
    ll ret = 1;
    while(b){
        if(b&1) Mul(ret,a);
        Mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int A,B;
        scanf("%d%d%lld%d%d",&n,&mod,&b[0],&A,&B); 
        init();
        for(int i = 1;i<=n*2;i++) b[i] = (b[i-1] * A + B) % mod;
        for(int i = 1;i<=n*2;i++){
            a[i] = (a[i-1] + b[i] + 1) % mod;
            // cout<<"a[i] = "<
        }
        for(int i = 1;i<=n*2;i++){
            sum[i] = sum[i-1];
            Add(sum[i],a[i]);
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = 1;i<=n;i++){
            ll ret = sum[n*2];
            Add(ret,mod - sum[i*2 - 1]);
            Add(ret,mod - sum[n*2 + 1 - i*2]);
            // cout<<"ret1 = "<
            Mul(ret,h[i-1]);
            Mul(ret,h[n-i]);
            Add(ans,ret);
            // cout<<"ret2 = "<
        }
        Mul(ans,qpow(h[n],mod-2));
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}