【NOI2019】斗主地【期望】【组合数学】【下降幂】【插值】
题意：
有 n n n张牌，从上往下的第 i i i张牌权值是 f ( i ) = i t y p e f(i)=i^{type} f(i)=itype。
进行 m m m次洗牌操作，每次操作给定 a i a_i ai，将从上往下的前 a i a_i ai张牌分成一堆，后面 b i b_i bi张牌分成第二堆。如果两堆的牌数分别为 X , Y X,Y X,Y，则有 X X + Y \frac{X}{X+Y} X+YX的概率将第一堆的最下面一张牌放在第三堆的最上面，否则将第二堆的最下面放到第三堆的最上面，直到两边都没有牌，第三堆为最终结果。
最后 q q q次询问从上往下第 c i c_i ci张牌的期望权值 模 998244353 998244353 998244353。
n ≤ 1 0 7 , m , q ≤ 5 × 1 0 5 , t y p e ∈ { 1 , 2 } n\leq 10^7,m,q\leq5\times 10^5,type\in\{1,2\} n≤107,m,q≤5×105,type∈{1,2}
题本身不错，但结论太好猜，而且要证明必须要先猜出来，出在NOI还是比较失败的
结论1 第 k k k次洗牌可以看成把第 k − 1 k-1 k−1次洗牌后每张牌的期望看成权值洗牌
根据期望的线性性应该很容易理解。
式子证明：
设第 k − 1 k-1 k−1次洗牌后第 i i i张牌是原来的第 j j j张牌的概率是 P ( i , j ) P(i,j) P(i,j)
第 k k k次洗牌后第 i i i张牌对应第 k − 1 k-1 k−1次的第 j j j张牌的概率为 P ′ ( i , j ) P'(i,j) P′(i,j)
那么第 k k k次后对应原来的编号是
P ′ ′ ( i , j ) = ∑ k = 1 n P ′ ( i , k ) P ( k , j ) P''(i,j)=\sum_{k=1}^nP'(i,k)P(k,j) P′′(i,j)=k=1∑nP′(i,k)P(k,j)
第 k − 1 k-1 k−1次后第 i i i张牌的期望是
E ( i ) = ∑ j = 1 n P ( i , j ) F ( j ) E(i)=\sum_{j=1}^nP(i,j)F(j) E(i)=j=1∑nP(i,j)F(j)
把它看成权值洗第 k k k次
E ′ ( i ) = ∑ j = 1 n P ′ ( i , j ) E ( j ) = ∑ j = 1 n P ′ ( i , j ∑ k = 1 n P ( j , k ) f ( k ) = ∑ j = 1 n ∑ k = 1 n P ′ ( i , k ) P ( k , j ) f ( j ) = ∑ j = 1 n P ′ ′ ( i , j ) f ( j ) E'(i)=\sum_{j=1}^nP'(i,j)E(j)\\ =\sum_{j=1}^nP'(i,j\sum_{k=1}^nP(j,k)f(k)\\=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^nP'(i,k) P(k,j)f(j)\\=\sum_{j=1}^nP''(i,j)f(j) E′(i)=j=1∑nP′(i,j)E(j)=j=1∑nP′(i,jk=1∑nP(j,k)f(k)=j=1∑nk=1∑nP′(i,k)P(k,j)f(j)=j=1∑nP′′(i,j)f(j)
结论2 题目中洗牌的方式相当于 ( n a i ) \binom n {a_i} (ain)种方案等概率随机选择一种。
即：这 ( n a i ) \binom n {a_i} (ain)种方案出现的概率都相等
考虑一个长度为 n n n 、有 a i a_i ai个 0 0 0的 01 01 01序列 s s s， 0 0 0表示取第一堆， 1 1 1表示取第二堆，它和最终洗牌后的牌堆情况一一对应，每个位置选择的概率只和它后缀中 0 0 0和 1 1 1的数量有关。
考虑交换两个相邻的 0 0 0和 1 1 1，设它们的下标是 i i i和 i + 1 i+1 i+1，不妨设 s i = 0 , s i + 1 = 1 s_i=0,s_{i+1}=1 si=0,si+1=1
1 ∼ i − 1 1\sim i-1 1∼i−1和 i + 2 ∼ n i+2\sim n i+2∼n的位置后缀 01 01 01数量都没有变化，贡献的概率都是一样的。
设 i + 2 ∼ n i+2\sim n i+2∼n中有 x x x个 0 0 0和 y y y个 1 1 1
交换前这两位的概率是 x + 1 x + y ⋅ y + 1 x + y − 1 \frac{x+1}{x+y}\cdot\frac{y+1}{x+y-1} x+yx+1⋅x+y−1y+1
交换后的概率是 y + 1 x + y ⋅ x + 1 x + y − 1 \frac{y+1}{x+y}\cdot\frac{x+1}{x+y-1} x+yy+1⋅x+y−1x+1
所以交换后的概率都是相等的
进而得到所有情况的概率都相等
Q: 按这种思路，为什么按 1 2 \frac{1}{2} 21的概率选一堆就不是均匀随机了呢？
A: 如果可以完全保证 1 2 \frac 12 21的概率，那么也是均匀随机的。但问题出在一堆选完之后，就只能选剩下的一堆，概率实际上不是 1 2 \frac 12 21，导致最终结果不均匀。而本题中选完之后概率就是 0 0 0，并没有特殊情况。
结论3 无论洗多少次牌，牌堆中第 i i i张牌的期望权值都是关于 i i i的不超过 t y p e type type次的多项式。
采用归纳法，假设第 m − 1 m-1 m−1次后是个 t y p e type type次的多项式，需要证明再洗一次仍然是 t y p e type type次多项式。
设在 m − 1 m-1 m−1次后第 i i i张牌的期望是 E ( i ) E(i) E(i)， m m m次后是 E ′ ( i ) E'(i) E′(i)。我们尝试用 E E E来表示出 E ′ ( i ) E'(i) E′(i)，即计算出概率 P ′ ( i , j ) P'(i,j) P′(i,j)
因为是等概率随机的，计算概率就等价于计算方案数。记 a m = A a_m=A am=A，以下的推导中均省略分母中的 ( n A ) \binom nA (An)
不妨设 j ≤ a m j\leq a_m j≤am，即只考虑分到第一堆的牌的贡献，分到第二堆是同理的
我们要让 j j j落到 i i i的位置上，那么在 i i i前面选择的第一堆的牌需要恰好 j − 1 j-1 j−1张， i i i后面通过组合数算出贡献的方案
即
P ′ ( i , j ) = ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) P'(i,j)=\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j} P′(i,j)=(j−1i−1)(A−jn−i)
那么可以得到
E ′ ( i ) = ∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) E ( j ) E'(i)=\sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j}E(j) E′(i)=j=1∑A(j−1i−1)(A−jn−i)E(j)
你把两个组合数拆一下，发现完全没有像常数的意思，不说 t y p e type type次了，都有点怀疑是不是多项式。
但还有个重要的性质没用： E ( j ) E(j) E(j)本身也是 t y p e type type次的多项式
当然前面一堆组合数，带几个单项式进去显然没有任何作用。
但看到多项式又有组合数，你想到了什么？阶乘幂啊！
把 E ( j ) E(j) E(j)转成下降幂多项式，然后考虑每个下降幂单项式 j k ‾ ( k ≤ t y p e ) j^{\underline k}(k\leq type) jk(k≤type)的贡献
∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) j k ‾ \sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j}j^{\underline k} j=1∑A(j−1i−1)(A−jn−i)jk
……等等，前面的分母都有 ( j − 1 ) ! (j-1)! (j−1)!了，我们干脆拆成 ( j − 1 ) k ‾ (j-1)^{\underline k} (j−1)k好了
∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) ( j − 1 ) k ‾ \sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j}(j-1)^{\underline k} j=1∑A(j−1i−1)(A−jn−i)(j−1)k
看着难受，除一个 k ! k! k!转成组合数
∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) ( j − 1 k ) \sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j}\binom{j-1}{k} j=1∑A(j−1i−1)(A−jn−i)(kj−1)
∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) ( j − 1 k ) \sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{n-i}{A-j}\binom{j-1}{k} j=1∑A(j−1i−1)(A−jn−i)(kj−1)
= ∑ j = 1 A ( i − 1 j − 1 ) ( j − 1 k ) ( n − i A − j ) =\sum_{j=1}^A\binom{i-1}{j-1}\binom{j-1}{k}\binom{n-i}{A-j} =j=1∑A(j−1i−1)(kj−1)(A−jn−i)
= ∑ j = 1 A ( i − 1 k ) ( i − k − 1 i − j ) ( n − i A − j ) =\sum_{j=1}^A\binom{i-1}{k}\binom{i-k-1}{i-j}\binom{n-i}{A-j} =j=1∑A(ki−1)(i−ji−k−1)(A−jn−i)
= ( i − 1 k ) ∑ j = 1 A ( i − k − 1 i − j ) ( n − i A − j ) =\binom{i-1}{k}\sum_{j=1}^A\binom{i-k-1}{i-j}\binom{n-i}{A-j} =(ki−1)j=1∑A(i−ji−k−1)(A−jn−i)
= ( i − 1 k ) ∑ j = 1 A ( i − k − 1 j − k − 1 ) ( n − i A − j ) =\binom{i-1}{k}\sum_{j=1}^A\binom{i-k-1}{j-k-1}\binom{n-i}{A-j} =(ki−1)j=1∑A(j−k−1i−k−1)(A−jn−i)
引理
∑ i ( n i ) ( m k − i ) = ( n + m k ) \sum_i\binom ni\binom m{k-i}=\binom{n+m}k i∑(in)(k−im)=(kn+m)
理性愉悦
构造
( x + 1 ) n ( x + 1 ) m = ( x + 1 ) n + m (x+1)^n(x+1)^m=(x+1)^{n+m} (x+1)n(x+1)m=(x+1)n+m
比较 x k x^k xk项系数得证
感性愉悦
有 n + m n+m n+m件物品选择 k k k件，等价于分成 n n n和 m m m两堆，在前一堆选任意 i i i件，在另一堆选剩下的 k − i k-i k−i件。
= ( i − 1 k ) ( n − k − 1 A − k − 1 ) =\binom{i-1}{k}\binom{n-k-1}{A-k-1} =(ki−1)(A−k−1n−k−1)
左边就是关于 i i i的 k k k次下降幂多项式，也就是 k k k次多项式，右边是个无关的常数。因为 k ≤ t y p e k\leq type k≤type，所以得到的仍然是 t y p e type type次的多项式。
因为 t y p e ≤ 2 type\leq 2 type≤2，所以维护 3 3 3个点值就可以 O ( 1 ) O(1) O(1)算出任意位置的答案。这里由于懒得写阶乘，维护的是第 0 0 0项、第一个公差、二阶公差。
在洗牌的时候先插值算出两堆的前 3 3 3个，然后暴力枚举求出洗牌后前 3 3 3个的期望。
另外注意题目中从上到下和从下到上的表述。
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