「题解」Codeforces 441E Valera and Number

· · 题解

感觉是 dp 好题啊！

这里令 n 作为原题面中的 k．

方法一：我认为的通过常规思路想出来的做法。

正常思路是设 f_{i,x} 表示操作了 i 步得到 x 的概率。但是由于 x 是 10^9 级别，复杂度过于大。

如果 \times 2 将其看作从后面填一个 0，那么 +1 操作对一个数产生的影响至多是 +n．

所以如果我们对后 p 位作个截断，并保证 2^p>n，只记录后 p 个二进制位的值，那么 +1 操作至多会进位一次。

如果进位的话，还要求出进位之后得到了末尾有几个零，所以要记录 p 位以上连续了几个 1．

但是这样的 f 转移出去如果产生进位，后面有 j 个 0，我们不能将这个 j 也记录到 f 的状态里去。所以另设 dp g_{i,j} 表示经过了 i 次操作，末尾 j 个 0 的方案数，并且要求 j\geq p+1（是进位进出来的）。

这样就做完了，f_{i,j,k} 表示进行了 i 次操作，p+1 位及以上有连续的 j 个 1，对最低的 p 个二进制位作截断得到的数是 k，概率为多少，并且要求 j 和 k 不能同时为 0，j 和 k 同时为 0 的方案要在 g 中算。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$． --- **方法二**：orz 机房大佬的妙法。 这种 $\times 2$ 和 $+1$ 的操作想到的是看二进制位，但是不断 $+1$ 产生进位会破坏掉很多美好的性质。能不能不让 $+1$ 操作产生一些不好的影响？于是想到了从后往前**倒着操作**，例如在一个 $\times 2$ 操作之前的 $+1$，对于后面的影响就变成了 $+2$，进而不会影响后面的最低位的值。 设 $f_{i,j,k}$ 后面 $i$ 个操作，给 $x$ 的影响是 $+j$，一共有 $k$ 次 $\times 2$ （也就是通过 $\times 2$ 获得的末尾的 $0$ 有 $k$ 个）的概率。 $j$ 的大小因为 $\times 2$ 的存在依然可能会很大？由于 $\times 2$ 相当于对最后一位作了一个截断，使得最后一位不会被前面的操作所影响，所以可以设 $f_{i,j,k}$ 表示后面 $i$ 个操作截断掉后面 $k$ 个位给 $x$ 的影响是 $+j$，这样前面接了一个 $+1$ 则转移到 $j+1$；接了一个 $\times 2$，若 $j$ 是偶数则转移到 $j/2$，否则最后这一位 1 再也不会动了，将概率乘上其末尾零的个数贡献给答案。如果操作都处理完了，把最初的那个 $x$ 看做 $x$ 个 $+1$ 直接算贡献即可。 这样已经能做到 $\mathcal{O}(n^3)$ 了，能不能更再给力一点！不难发现这个 $k$ 仅是在统计答案的时候算一个贡献用，由于期望具有线性性，所以**费用提前计算**一下，在 $\times 2$ 的时候直接乘上概率贡献给答案即可。这样就不需要在 dp 中记录 $k$ 了。 时间复杂度 $\mathcal{O}(k^2)$． 另一个理解角度是将末尾的若干个操作看作 $j$ 个 $+1$ 后面跟着 $k$ 个 $\times 2$： - 如果来了一个 $+1$ 则将 $j\gets j+1$； - 如果来了一个 $\times 2$： - 若 $j$ 为偶数，则可以视作 $j/2$ 个 $+1$，而后面 $\times 2$ 多了一个。 - 若 $j$ 为奇数，则这个最低的 $1$ 就确定不会改变了，概率乘上 $k$ 贡献给答案。 这个思考方向也很有趣，实际上这两个解释是一个等价的 dp，只不过后一个巧妙地利用了转化意义做到一个简易的理解方式。 --- **方法三**：洛谷题解中的做法，并不知道怎么想到的？？？ 此处 $p$ 即为原题面中的 $p\%$． 设 $f_{i,j}$ 表示操作了 $i$ 次之后的 $x$，再加上 $j$ 之后末尾 $0$ 的个数的期望。 先不管 $j$ 的范围，直接把转移写出来： 考虑当且这个 $x$ 上一步是 $\times 2$ 还是 $+1$： - 上一步是 $\times 2$，那么新的 $x$ 是偶数，如果 $j$ 是奇数的话末尾零个数就是 $0$ 了；如果 $j$ 是偶数，那么可以视作 $\frac{x}{2}+\frac{j}{2}$ 的期望再 $+1$，即为 $f_{i-1,\frac{j}{2}}+1$，再乘上其概率 $p$． - 上一步是 $+1$，那么 $i$ 步后的 $x$ 再加上 $j$ 的期望，即为 $(i-1)$ 步后的 $x$ 再加上 $j+1$ 的期望（从 $j$那里拿过来一个 $1$ 放到 $x$ 上）即为 $f_{i-1,j+1}$，再乘上概率 $(1-p)$． 为了更进一步观察这个转移的性质，将其写成刷表的形式： - $f_{i+1,j\times 2}\gets (f_{i,j}+1)\times p$； - $f_{i+1,j-1}\gets f_{i,j}\times (1-p)$． 最终答案为 $f_{n,0}$．考虑 dp 中一条对答案产生贡献的路径的 $j$，一操作会将 $j$ 乘二，但二操作只会将 $j$ 减一。所以产生贡献的一条路径经过的 $j$ 一定不会超过 $n$，如果走到某个 $f_{i,j}$ 其 $j>n$，那么就算后面都走第二类转移，也不会到达最终状态 $f_{n,0}$．所以第二维仅记 $[0,n]$ 范围内的即可。 时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$． （希望大概是这么理解的吧？） 第一种做法是常规思路通过找到性质来优化 dp 的值域范围。 第二种做法是通过转化问题（正着操作转成倒着操作）来优化 dp，还有一步费用提前计算的思想。 套路，都是套路。 [方法一的代码](https://codeforces.com/contest/441/submission/176220245) [方法二的代码](https://codeforces.com/contest/441/submission/176226295) [方法三的代码](https://codeforces.com/contest/441/submission/176226626)