USACO22FEB Cow Camp G

P8190 [USACO22FEB] Cow Camp G

题目大意

贝西在一道题上骗分，有$t$个数据点，第一个数据点为样例。贝西一定能过第一个数据点，她通过其余数据点的概率都是$\frac{1}{2}$。她可以交$k$次代码，她最终期望得分的最大值是多少。

$2\le t\le 10^3,1\le k\le 10^9$

题解

不考虑样例，将$t=t-1$，样例的贡献在最后计算。

首先考虑单次提交的期望得分，通过$i$个测试点的概率为$\frac{C_t^i}{2^t}$，那么单次提交的期望得分为$\sum _{i=0}^{t}i\times \frac{C_t^i}{2^t}=\frac{t}{2}$。

设$f_n$表示交$n$次以内的最大期望得分，则由上文得$f_1=\frac{t}{2}$，当$n>1$时，

$f_n=\sum _{i=1}^t\max (f_{n-1},i)\times C_t^i$

为什么不呢？如果当前得分小于等于之后的期望得分，那么就继续；否则，立即停下。

将这个式子根据$\max$拆成两部分得

$f_n=f_{n-1}\times \sum _{i=1}^{\lfloor f_{n-1}\rfloor }{C}_t^i+\sum _{i=\lfloor f_{n-1}\rfloor +1}^{t}i\times C_t^i$

其中$\sum _{i=1}^{\lfloor f_{n-1}\rfloor }{C}_t^i$和$\sum _{i=\lfloor f_{n-1}\rfloor +1}^{t}i\times C_t^i$都可以用前缀和预处理求出。

这样，我们就可以$O(k)$来求$f_k$，但是$k$很大，依然不行。

我们可以用矩阵快速幂。

[ ∑ i = 1 ⌊ f n − 1 ⌋ C t i ∑ i = ⌊ f n − 1 ⌋ + 1 t i × C t i 0 1 ] [ f n − 1 1 ] = [ f n 1 ] \left[ \begin{matrix} \sum\limits_{i=1}^{\lfloor f_{n-1}\rfloor}C_t^i & \sum\limits_{i=\lfloor f_{n-1}\rfloor+1}^ti\times C_t^i \\ \\ 0 & 1 \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} f_{n-1} \\ 1 \end{matrix} \right]= \left[ \begin{matrix} f_n \\ 1 \end{matrix} \right] ​i=1∑⌊fn−1​⌋​Cti​0​i=⌊fn−1​⌋+1∑t​i×Cti​1​ ​[fn−1​1​]=[fn​1​]

当$\lfloor f_{n-1}\rfloor$不变时，我们才能用矩阵快速幂，而$\lfloor f_{n-1}\rfloor$最多有$T+1$种取值，所以用分段快速幂即可。

时间复杂度为$O(t^2+2^{3}t{\log }^{2}k)$。

code

#include
using namespace std;
int t,k;
double wf,s[1005],st[1005],yh[1005];
struct matrix{
	double a[2][2];
	matrix operator*(const matrix ax)const{
		matrix cx;
		for(int i=0;i<=1;i++){
			for(int j=0;j<=1;j++){
				cx.a[i][j]=0;
				for(int k=0;k<=1;k++){
					cx.a[i][j]+=a[i][k]*ax.a[k][j];
				}
			}
		}
		return cx;
	}
};
matrix mi(matrix t,int v){
	matrix re;
	re.a[0][0]=re.a[1][1]=1;
	re.a[0][1]=re.a[1][0]=0;
	while(v){
		if(v&1) re=re*t;
		v>>=1;t=t*t;
	}
	return re;
}
bool gt(int x){
	matrix w,re;
	w.a[0][0]=s[x];w.a[0][1]=st[x+1];
	w.a[1][0]=0;w.a[1][1]=1;
	re=mi(w,k);
	if(re.a[0][0]*wf+re.a[0][1]<x+1){
		wf=re.a[0][0]*wf+re.a[0][1];
		return 0;
	}
	int l=0,r=k,mid;
	while(l<=r){
		mid=l+r>>1;
		re=mi(w,mid);
		if(re.a[0][0]*wf+re.a[0][1]>=x+1) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	k-=r+1;
	re=mi(w,r+1);
	wf=re.a[0][0]*wf+re.a[0][1];
	return 1;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&t,&k);--t;--k;
	wf=1.0*t/2;
	yh[0]=1;
	for(int i=1;i<=t;i++) yh[i]=0;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		for(int j=i;j>=1;j--){
			yh[j]=(yh[j-1]+yh[j])/2;
		}
		yh[0]/=2;
	}
	for(int i=0;i<=t;i++) s[i]=s[i-1]+yh[i];
	for(int i=t;i>=0;i--){
		st[i]=st[i+1]+1.0*i*yh[i];
	}
	for(int v=int(wf);v<=t;v=int(wf)){
		if(!gt(v)) break;
	}
	printf("%.8f",1+wf);
	return 0;
}