Codeforces 1264C/1265E Beautiful Mirrors with queries (概率期望、DP)

題目鏈接

http://codeforces.com/contest/1264/problem/C

題解

首先顯然斷點把序列分成幾部分，總答案就等於所有部分的答案之和。考慮如何求一部分內的答案。首先有個非常經典的dp是\(f_i\)表示期望多少次從\(i\)走到\(i+1\), 但是按此方法並不能（至少我不會）導出一個方便維護修改的做法。
這時可以轉換思路，考慮另一種DP，設\(f_i\)表示\(i\)這個點期望經過多少次，則有\(f_i=\frac{1}{p_i}f_{i+1}, f_{n+1}=1\), 即\(f_i=\frac{1}{\prod^n_{j=i}p_j}\).
然后就很容易維護了，只需要求后綴積及其后綴和即可。每次二分前驅后繼，算一算貢獻差即可。
時間復雜度\(O(n\log n)\).

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
using namespace std;

const int N = 2e5;
const int P = 998244353;
set<int> b;
llong p[N+3];
llong s[N+3],ss[N+3];
bool f[N+3];
int n,q; llong ans;

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong mulinv(llong x) {return quickpow(x,P-2);}

int getprv(int x) {set<int>::iterator iter=b.lower_bound(x); iter--; return *iter;}

void Flip(int x)
{
	int l = getprv(x),r = *b.upper_bound(x);
	llong tmp = (ss[l]-ss[x]+P)%P,coe = f[x]==0?(s[x]-s[r]+P)%P:(s[r]-s[x]+P)%P;
	ans = (ans+tmp*coe)%P;
	if(!f[x]) {b.insert(x);} else {b.erase(x);}
	f[x]^=1;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1; i<=n; i++) {scanf("%lld",&p[i]); p[i] = p[i]*mulinv(100)%P;}
	b.insert(1); b.insert(n+1); f[1] = 1;
	s[n+1] = 1ll; for(int i=n; i>=1; i--) {s[i] = s[i+1]*p[i]%P; ss[i] = (mulinv(s[i])+ss[i+1])%P;}
	ans = ss[1];
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		int x; scanf("%d",&x);
		Flip(x);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}