Codeforces Round #763 (Div. 2) D.Robot Cleaner Revisit 期望/思维

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题目描述

给定一张$n\times m$的网格图，给定机器人起始位置和垃圾位置，每次机器人可以从$(x,y)$向$(x+1,y+1)$运动，碰壁后对方向取反。每次可以将移动到的位置所在的横行和竖列清空掉，现在告诉你当机器人与垃圾同行同列时有$p\%$概率清掉垃圾。问清理垃圾所需移动次数的期望。

题解

首先，机器人移动的过程一定存在循环节，也就是说从某点出发一直按照题目规则移动，一定会回到该点(证明略)。那么不妨设每$L$步一循环，这$L$步中有$k$次与垃圾同行同列。

设$s_i$表示到第$i$个点所移动的步数，那么可以列出期望的表达式：

$$E[i]=\sum _{j=0}^{\infty }(s_i+j\times L)\times (1-p{)}^{j\times k+i}\times p$$

对上式进行化简：

$$E[i]=\sum _{j=0}^{\infty }[(s_i\times p)+(j\times L\times p)]\times (1-p{)}^{j\times k+i}$$

$$=\sum _{j=0}^{\infty }[(s_i\times p\times (1-p{)}^i)+(j\times L\times p\times (1-p{)}^i)]\times (1-p{)}^{j\times k}$$

$$=\sum _{j=0}^{\infty }[s_i\times p\times (1-p{)}^i]\times (1-p{)}^{j\times k}+[j\times L\times p\times (1-p{)}^i]\times (1-p{)}^{j\times k}$$

$$=[s_i\times p\times (1-p{)}^i]\times \sum _{j=0}^{\infty }(1-p{)}^{j\times k}+[L\times p\times (1-p{)}^i]\times \sum _{j=0}^{\infty }j\times (1-p{)}^{j\times k}$$

对${\sum }_{j=0}^{\infty }(1-p{)}^{j\times k}$，设$q=(1-p{)}^k$，等比数列求和后，由于$(1-p)\le 1$，故数列收敛，取极限得$\frac{1}{1-q}=\frac{1}{1-(1-p{)}^k}$。

对${\sum }_{j=0}^{\infty }j\times (1-p{)}^{j\times k}$，发现为一等差数列项$\times$等比数列项的形式，运用错位相减法求和后同样取极限得$\frac{(1-p{)}^k}{[1-(1-p{)}^k{]}^2}$

于是可得：
$$E[i]=\frac{s_i\times p\times (1-p{)}^i}{1-(1-p{)}^k}+\frac{L\times p\times (1-p{)}^{i+k}}{[1-(1-p{)}^k{]}^2}$$
求和得：
$$\sum _{i=0}^{k-1}E[i]=\frac{{\sum }_{i=0}^{k-1}{s}_i\times p\times (1-p{)}^i}{1-(1-p{)}^k}+\frac{L\times (1-p{)}^k}{1-(1-p{)}^k}$$
那么直接模拟走的轮数求和即可。

#include 
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, MOD = 1e9 + 7;
int a[N], b[N];

inline int binpow(int x, int y, int mod, int res = 1){
    for (; y; y >>= 1, (x *= x) %= mod) if (y & 1) (res *= x) %= mod;
    return res;
}

inline int inv(int x){ return binpow(x, MOD - 2, MOD); }

inline void solve(){
    int n, m, rb, cb, rd, cd, p; cin >> n >> m >> rb >> cb >> rd >> cd >> p;
    p = p * inv(100) % MOD;
    int pre = 1, idx = 0, ans = 0, dr = 1, dc = 1;
    map<tuple<int, int, int, int>, bool> mp;
    while(true){
        if (rb + dr < 1 || rb + dr > n) dr *= -1;
		if (cb + dc < 1 || cb + dc > m) dc *= -1;

		if (mp[{rb, cb, dr, dc}]) break;
		else mp[{rb, cb, dr, dc}] = true;
		if (rb == rd || cb == cd) {
			ans = (ans + idx * pre % MOD * p % MOD) % MOD;
			pre = pre * (1 - p + MOD) % MOD;
		}
		rb += dr, cb += dc, idx++;
    }
    ans = ((ans + idx * pre % MOD) % MOD) * inv((1 - pre + MOD) % MOD) % MOD;
	cout << ans << endl;
}

signed main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int t = 0; cin >> t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}