JZOJ6340 B

题目大意

给定一个长度为$N$的数列$a$
每次操作在$[1..N]$中等概率选择一个$a_i>0$的$a_i$,并将其-1.
问期望多少次操作后$a_1$变为$0$.
$N,a_i<=5e5$

Solution

设$b_i$表示对于$a_i$,$a_i$被减了$b_i$次.
根据期望的线性性.
$E(\Sigma b_i)=\Sigma E{b}_i$.
所以每个$a_i$可以分开讨论.

考虑某一个位置$i$，假设当前有$c$个元素不为$0$，那么每个元素被操作的概率都是$\frac{1}{c}$。倘若只关注$1$和$i$两个元素，可以发现操作其它元素的时候对它们没有影响，而且它们两个被操作的概率是相等的。于是这个问题就等价于一个只有两个元素的原问题。
摘自官方题解.

于是现在就只剩下两个元素.
可以看成一个从$(a_1,a_i)$走到$(0,0)$的随机游走,每次选一个坐标-1.
由于$a_1$的贡献是固定的,因为$a_1$必须减为$0$.
所以我们计算答案时先不考虑$a_1$.
那么直接写出答案的式子.
$${\Sigma }_{i=0}^{a_i-1}i\ast \frac{C_{a_i+i-1}^i}{2^{a_1+i}}+a_i\ast (1-{\Sigma }_{i=0}^{a_i-1}\frac{C_{a_i+i-1}^i}{2^{a_1+i}})$$
前面的一项是停在$(0,j)$的答案,后面那项是停在$(j,0)$的答案.
注意这里计算的都只是$a_i$的贡献.
当$a_i$增加$1$的时候,式子前后都只增加了$1$项,所以可以$O(1)$求出变化的贡献.
总的复杂度就是$O(a+n)$.

Code

#include 
#include 
#include 
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 5e5 + 5,mo = 323232323;

int n;
int a[N];
ll ans;
ll frac[N << 1],inv[N << 1],g[N << 1],inv_2[N],c[N];

void prepare()
{
	frac[0] = frac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
	for (int i = 2 ; i < N << 1 ; i++) inv[i] = ((mo - mo / i) * inv[mo % i] % mo);
	for (int i = 2 ; i < N << 1 ; i++) frac[i] = frac[i - 1] * i % mo,inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mo;
	inv_2[0] = 1;
	for (int i = 1 ; i < N ; i++) inv_2[i] = inv_2[i - 1] * inv[2] % mo;
}

ll C(int m,int n)
{
	return frac[n] * inv[m] % mo * inv[n - m] % mo;
}

void solve()
{
	for (int i = 0 ; i < N ; i++)
	{
		c[i] = C(i,i + a[1] - 1) * inv_2[a[1] + i] % mo;
		g[i] = c[i] * i % mo;
		if (i) c[i] = (c[i] + c[i - 1]) % mo,g[i] = (g[i] + g[i - 1]) % mo;
	}
}

int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d",&a[i]);
	prepare();
	solve();
	ans = a[1];
	for (int i = 2 ; i <= n ; i++)
		ans = (ans + g[a[i]] + 1LL * (mo + 1 - c[a[i]]) * a[i]) % mo;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}