P4548 [CTSC2006]歌唱王国
P4548 [CTSC2006]歌唱王国
题目描述
Solution
这一题在《具体数学（混泥土数学）》里讲得很详细了啊，这里相当于总结一下，想具体了解的直接看书吧。
我们先考虑字符集为 2 2 2的情况，设硬币正面朝上 ( H ) (H) (H)的概率为 p p p，反面朝上 ( T ) (T) (T)的概率为 q q q。
这道题显然需要建立一个类似 K M P KMP KMP的自动机，令 S i S_i Si表示已经到达目标串的第 i i i个位置的状态集合。
例如目标串为 T H T T H THTTH THTTH（以下都以这个串为例介绍这种做法），则
S 2 = { T H , T T H , H T H , T T T H . . . . . . } S 5 = { T H T T H , T T H T T H , H T H T T H . . . . . . } S_2=\{TH,TTH,HTH,TTTH......\}\\ S_5=\{THTTH,TTHTTH,HTHTTH......\} S2={TH,TTH,HTH,TTTH......}S5={THTTH,TTHTTH,HTHTTH......}
显然有：
S 0 = 1 + S 0 H + S 1 T + S 2 H S 1 = S 0 T + S 4 T S 2 = S 1 H + S 3 H S 3 = S 2 T S 4 = S 3 T S 5 = S 4 H S_0=1+S_0H+S_1T+S_2H\\ S_1=S_0T+S_4T\\ S_2=S_1H+S_3H\\ S_3=S_2T\\ S_4=S_3T\\ S_5=S_4H\\ S0=1+S0H+S1T+S2HS1=S0T+S4TS2=S1H+S3HS3=S2TS4=S3TS5=S4H
其中 1 1 1表示空状态，像 S 1 H S_1\;H S1H这种形式表示在 S 1 S_1 S1状态集合每一个元素后面加一个 H H H字符之后的状态。
这样的话，我们就能有一个 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)的算法。
令 E [ x ] E[x] E[x]表示达到目标串的第 x x x个位置所需要的字符个数的期望，直接按照上面的状态转移高斯消元计算即可。
但这显然是不够的。
我们设 N = ∑ i < n S i , S = S n N=\sum_{i
于是我们可以推出：
1 + N ( H + T ) = S + N 1+N(H+T)=S+N 1+N(H+T)=S+N
因为 1 + N 1+N 1+N加上一个字符之后的状态要么没达到目标，要么达到目标，根据定义显然 S S S和 N N N不相交。
并且有：
N T H T T H = S + S T T H N\;\;THTTH=S+S\;\;TTH NTHTTH=S+STTH
这一个式子我理解了很久（ Q A Q QAQ QAQ）。。
因为 N N N中的元素加了 T H T T H THTTH THTTH之后一定能达到目标状态，然而可能 N N N中的元素加了 T H TH TH之后就已经达到目标，这样就会在末尾多一个 T T H TTH TTH，且容易发现 S S S和 S T T H S\;\;TTH STTH仍是不相交的。
我们考虑这种加了长度为 k k k的目标串，就包含目标串的条件，显然是 S T [ 1.. k ] = S T [ n − k + 1 , k ] ST[1..k]=ST[n-k+1,k] ST[1..k]=ST[n−k+1,k]，就是说 S T ST ST有一段长度为 k k k的 B o r d e r Border Border。
有了这两个式子之后，我们就可以推出：
( 1 − S ) ( 1 − H − T ) T H T T H = S ( 1 + T T H ) (1-S)(1-H-T)\;\;THTTH=S(1+TTH) (1−S)(1−H−T)THTTH=S(1+TTH)
事实上，这里的 S S S, T T T和 H H H，就不是单纯的状态了，这里的 S S S已经是一个概率生成函数，而 T T T和 H H H能够表示一个概率生成函数的转移：
设 G ( z ) G(z) G(z)为一个表示抛掷次数的概率生成函数。
G ( z ) = ∑ i P r ( z = i ) z i G(z)=\sum_i Pr(z=i)z^i G(z)=i∑Pr(z=i)zi
其中的 z z z就是表示抛掷次数的形式变元，因为下一个字符为 T T T的概率为 q q q，为 H H H的概率为 p p p，所以加一个 T T T相当于 G ( z ) ∗ p z G(z)*pz G(z)∗pz，加一个 H H H相当于 G ( z ) ∗ q z G(z)*qz G(z)∗qz。
于是上式变成了
( 1 − G ( z ) ) ( q − p z − q z ) − 1 p 3 q 2 z 5 = G ( z ) ( 1 + p 2 q z ) (1-G(z))(q-pz-qz)^{-1}p^3q^2z^5=G(z)(1+p^2qz) (1−G(z))(q−pz−qz)−1p3q2z5=G(z)(1+p2qz)
解得：
G ( z ) = p 3 q 2 z 5 ( 1 + p 2 q z 3 ) ( 1 − z ) + p 3 q 2 z 5 G(z)=\frac{p^3q^2z^5}{(1+p^2qz^3)(1-z)+p^3q^2z^5} G(z)=(1+p2qz3)(1−z)+p3q2z5p3q2z5
而我们要求的期望为 E ( x ) = G ′ ( 1 ) E(x)=G'(1) E(x)=G′(1)，因此我们需要想方法求出 G ′ ( 1 ) G'(1) G′(1)。
有一个特殊的方法是：
设
F ( z ) = z 5 / G ( z ) F(z)=z^5/G(z) F(z)=z5/G(z)
可以证明 F ( z ) F(z) F(z)的均值（ M e a n Mean Mean）和 G ( z ) G(z) G(z)的均值相同。
因此 M e a n ( G ) = M e a n ( z 5 ) − M e a n ( F ) = p − 1 q − 1 + p − 3 q − 2 Mean(G)=Mean(z^5)-Mean(F)=p^{-1}q^{-1}+p^{-3}q^{-2} Mean(G)=Mean(z5)−Mean(F)=p−1q−1+p−3q−2
若 p = q = 1 / 2 p=q=1/2 p=q=1/2，则有期望 6 6 6次到达目标串。
而根据上面的式子，容易知道，若存在一个 B o r d e r Border Border有 x x x个 H H H, y y y个 T T T，则答案 A n s + = p − y q − x Ans+=p^{-y}q^{-x} Ans+=p−yq−x，所以只要知道有哪些长度的 B o r d e r ， Border， Border，就能算出答案。
我们已经解决了字符集大小为 2 2 2的问题，现在字符集大小为 n n n的做法也是一样的，因为这里的所有字符等概率出现，所以就不需要继续推到，相当于每出现一个 B o r d e r Border Border的贡献为 n k n^k nk，直接统计 B o r d e r Border Border长度，计算贡献和即可。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)，有点小精度问题，我开 l o n g d o u b l e , W A long\;\;double,WA longdouble,WA开 d o u b l e , A C double,AC double,AC，表示一脸懵逼。
#include
#include
#include