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description

analysis

• 首先看一下\(p=1\)，即\(1\)以后的合成一定成功的情况

• 如果按照求期望值的一般做法求两把\(0\)合成\(1\)的期望，会画出一棵无穷大的树

• 这个的期望值就是\[a+\sum^{∞}_{i=1}ap(1-p)^{i-1}\]

• 通过数列知识或者打表找规律可以知道这个值为\(a+{a\over p}\)（或者说是\(f[0]+{f[0]\over p}\)）

• 设\(f[i]\)为合成一把\(i\)级剑的期望，\(f[1]\)单独计算，后面的\(f[i]=f[i-1]+f[i-2]\)

• 扩展到\(100pts\)的情况，如果\(i\)级剑合成失败了，会产生一把\(i-2\)级的剑

• 也就是说下一次合成\(i\)级剑，只需要合成\(i-1\)级剑，不需要再搞来一把\(i-2\)级剑

• 同理再画一棵期望树，每次成功的代价是\(f[i-1]\)，一开始就有的代价是\(f[i-2]\)

\[f[i-2]+\sum_{i=1}^∞f[i-1]p(1-p)^{i-1}\]

• 根据已知的规律，所以\(f[i]={f[i-1]\over p}+f[i-2]\)

• 下次要好好动脑，\(60pts\)都想出来了，要想再深入一点，争取拿分

code

#pragma GCC optimize("O3")
#pragma G++ optimize("O3")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 10000005
#define mod 998244353
#define ll long long
#define reg register int
#define fo(i,a,b) for (reg i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for (reg i=a;i>=b;--i)

using namespace std;

int inv[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],f[MAXN];
int n,a,bx,by,cx,cy,p;

inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
    freopen("T1.in","r",stdin);
    //freopen("forging.in","r",stdin);
    //freopen("forging.out","w",stdout);
    n=read(),a=read(),bx=read(),by=read(),cx=read(),cy=read(),p=read();
    inv[1]=1;fo(i,2,p)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    b[0]=by+1,c[0]=cy+1,f[0]=a;
    fo(i,1,n)
    {
        b[i]=((ll)b[i-1]*bx+by)%p+1;
        c[i]=((ll)c[i-1]*cx+cy)%p+1;
        ll tmp=(1ll*c[i-1]*inv[min(c[i-1],b[max(i-2,0)])])%mod;
        f[i]=(1ll*(f[max(i-2,0)]+1ll*f[i-1]*tmp%mod))%mod;
    }
    printf("%d\n",f[n]);
    return 0;
}

【JZOJ6271】锻造 (forging)

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原文地址：https://www.cnblogs.com/horizonwd/p/11302278.html