codeforces 335E. Counting Skyscrapers （概率与期望）

题目描述

传送门

中文题意

题解

先从简单的的入手吧。
(1) 由BOb推Alice
我们需要证明的就是如果得分是2^i，那么经过的楼数也是2^i（这里经过的楼数指的是中间经过的数量+右端点）
我们假设左端点一定可以连高度是i+1,编号是i的溜索，那么他的概率就是1.
对于中间经过的溜索我们要求他们的高度是[1..i]之间的任意数，右端点的高度是[i+1…inf]
那么中间经过的数量实际也是正无穷项。
先考虑高度是[1..i]之间任意数的概率，注意高度是i，概率是2^(-i)
sum=(12)+(12)2+......+(12)i
利用等比数列求和公式得， sum=(12)∗(1−(12)i)1−(12)=1−(12)i
那么高度是[i+1..inf]的概率就是 (1−sum)=(12)i
那么得分是2^i的期望就是
E=(1−sum)(1∗sum0+2∗sum+3∗sum2+....+(∞+1)∗sum∞)
这个式子可以用差比求和的化简方式，进行化简。
可以得到 E=(12)i
刚开始有个疑问就是第一栋楼怎么算的问题，后来发现他的计数器是从1开始的，也就是一开始的答案就已经计算进的1号楼的贡献。
(2)由Allice推Bob
我们考虑一层一层的向上增加，就是不断的用更高层的绳索去覆盖区间中低层的溜索。
因为我们每次都是走高度最高的溜索，那么我们从低到高枚举溜索的最大高度，计算该层的贡献。
那么对于编号为0的层来说，要用n-1个溜索，对答案的贡献是(n-1)*2^0,因为计数器从1开始计数，所以答案的初始值是n。
假设我们计算到的第i层(注意这里指的是编号)，然后我们枚举的溜索的长度是j
这个溜索有可能出现在n-j个位置，每个位置出现的概率是两端的楼高在[i+1,inf]，中间的楼高在[1..i]
那么有了上面的铺垫，我们可以得到概率就是 (1−12i)j−1∗(12)i∗2
但是这些新加入的溜索覆盖了一些之前高度比他低的溜索，因为我们是逐层计算的，所以只剩下i-1层的溜索没有消除影响。考虑消除他的影响。
他下方溜索的数量就是中间楼高是i的楼数+1.中间一共有j-1座楼，设每一座楼是i-1层的概率是P，那么下方溜索的期望值就是 1+(j−1)∗p
然后我们在来看p,p表示的是编号i-1，楼高i的概率。那么我们首先这些楼的高度一定是[1..i],高度是i的概率是 2−i ,那么 p=12i1−12i=12i−1
所以最后的答案就是
ans=n+∑i=1h∑j=1n(n−j)∗(1−12i)j−1∗(12)i∗2∗(2i−2i−1∗(1+(j−1)∗12i−1))

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
char s[10];
int n,h;
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%s",s+1);
    scanf("%d%d",&n,&h);
    if (s[1]=='B') {
        printf("%d\n",n);
        return 0;
    }
    double ans=n; double mi=1;
    for (int i=1;i<=h;i++) {
        mi*=2; double t=1;
        for (int j=1;j<=n;j++) {
            ans+=(n-j)*1.0/(mi*mi)*t*(mi-mi/2.0*(1.0+(j-1)/(mi-1)));
            t*=(1.0-1.0/mi);
        }
    }
    printf("%.12lf\n",ans);
}