HDU6656 Kejin Player

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题意

一个人初始在1级，从i级升级到i+1级需要ai的费用，有pi的概率升级成功，(1-pi)的概率升级失败降到xi级。共有n(5e5)级，q(5e5)询问，每组询问查询从L级升到R级花费的期望。
题目连接

思路

这个题关键是期望是可以相减的，也就是说，E(L,R)=E(1,R)-E(1,L)。我们需要dp预处理得到每个E(1,i)记为dp[i]，dp[i+1]=dp[i]+a[i]+(1-p[i])*(dp[i+1]-dp[x[i]])。移项化简一下就行了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mo = 1000000000+7;
const int maxn = 500000+10;

inline LL read(){
    LL f=1,x=0;
    char s=getchar();
    while(s<'0' || s>'9'){
        if(s=='-')
            f=-1;
        s=getchar();
    }
    while(s>='0' && s<='9'){
        x=x*10+s-'0';
        s=getchar();
    }
    return x*f;
}

int n,q;
LL r[maxn],s[maxn],x[maxn],a[maxn];
LL dp[maxn];

LL power(LL x,int y)
{
    LL ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=ans*x%mo;
        x=x*x%mo;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        n=read(); q=read();
        for (int i=1;i<=n;i++) r[i]=read(),s[i]=read(),x[i]=read(),a[i]=read();
        dp[1]=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) dp[i+1]=(  dp[x[i]]+( ((s[i]*power(r[i],mo-2))%mo)*((dp[i]+a[i]-dp[x[i]]+mo)%mo) )%mo  )%mo;
        for (int i=1;i<=q;i++)
        {
            int l=read(),r=read();
            LL ans=(dp[r]-dp[l]+mo)%mo;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/zhanggengchen/p/11436431.html