XVII.[SDOI2017]龙与地下城
本题在模意义下和实数意义下，小范围和大范围下各有几种做法。
我们此处定义有\(n\)个骰子，每个骰子有\(m\)面。
- 小数据范围
明显发现它就是\(f(x)=\frac{\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i}{m}\)的\(n\)次方。
于是直接倍增计算快速幂即可。时间复杂度\(O(nm\log nm)\)，卡的过去我请你喝茶。
- 大数据范围
发现这道题精度要求很小，故我们掐头去尾，设一个 \(\epsilon=10^{-13}\)（亲测\(10^{-9}\)过不去），掐掉两边\(<\epsilon\)的部分。这样就能过去了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=acos(-1);
const double eps=1e-13;
int T,n,m;
int lim,LG,rev[500100];
struct cp{
double x,y;
cp(double u=0,double v=0){x=u,y=v;}
friend cp operator +(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x+v.x,u.y+v.y);}
friend cp operator -(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x-v.x,u.y-v.y);}
friend cp operator *(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x*v.x-u.y*v.y,u.x*v.y+u.y*v.x);}
}F[500100],G[500100];
void FFT(cp *a,int tp){
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
cp rt=cp(cos(pi/md),tp*sin(pi/md));
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
cp w=cp(1,0);
for(int i=0;i<md;i++,w=w*rt){
cp x=a[pos+i],y=w*a[pos+md+i];
a[pos+i]=x+y;
a[pos+md+i]=x-y;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)F[i].x/=lim;
}
void mul(double *a,double *b,double *c,int A,int B){
LG=0,lim=1;
while(lim<=A+B)lim<<=1,LG++;
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
for(int i=0;i<lim;i++)F[i]=cp(a[i],0),G[i]=cp(b[i],0);
FFT(F,1),FFT(G,1);
for(int i=0;i<lim;i++)F[i]=F[i]*G[i];
FFT(F,-1);
for(int i=0;i<=A+B;i++)c[i]=F[i].x;
}
int cut(double *a,int &LIM){
int i=0;
while(a[i]<eps)i++;
while(a[LIM]<eps)LIM--;
for(int j=0;j+i<=LIM;j++)a[j]=a[j+i];
LIM-=i;
return i;
}
double a[500100],b[500100];
int func(int x,int &len){
if(x==1)return 0;
int tmp=func(x>>1,len);
tmp<<=1;
mul(a,a,a,len,len),len<<=1;
tmp+=cut(a,len);
if(!(x&1))return tmp;
mul(a,b,a,len,m),len+=m;
tmp+=cut(a,len);
return tmp;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=0;i<=500000;i++)a[i]=b[i]=0;
for(int i=0;i<m;i++)a[i]=b[i]=1.0/m;
m--;
int len=m;
int tmp=func(n,len);
for(int i=1;i<=len;i++)a[i]+=a[i-1];
for(int i=1,x,y;i<=10;i++){
scanf("%d%d",&x,&y),x--;
double X=0,Y=0;
if(x>=tmp){
x-=tmp;
if(x>=len)X=1.0;
else X=a[x];
}
if(y>=tmp){
y-=tmp;
if(y>=len)Y=1.0;
else Y=a[y];
}
printf("%lf\n",Y-X);
}
}
return 0;
}
- 大数据范围
我们发现在\(n\)很大时最终会近似于一个正态分布，故我们在较大范围内可以直接用正态分布进行积分。可以用自适应辛普森法计算（别问我，我不会）。
- 模意义下
我们要计算
\[\Bigg(\dfrac{\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i}{m}\Bigg)^n
\]
中某一段的和。
我们乘上一个前缀和算子\(\dfrac{1}{1-x}\)，将其转成差分形式
\[\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{\Big(\sum\limits_{i=0}^{m-1}x^i\Big)^n}{m^n}
\]
套个等差数列求和公式，得到
\[\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{\Big(\dfrac{1-x^m}{1-x}\Big)^n}{m^n}
\]
继续化简
\[\dfrac{1}{1-x}\times\dfrac{(1-x^m)^n}{(1-x)^n\times m^n}
\]
于是
\[\dfrac{(1-x^m)^n}{(1-x)^{n+1}\times m^n}
\]
二项式展开
\[\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n(-x^m)^i\dbinom{n}{i}}{(1-x)^{n+1}\times m^n}
\]
把分母上的东西当作\(n+1\)阶前缀和
\[\dfrac{\sum\limits_{i=0}^n(-x^m)^i\dbinom{n}{i}}{m^n}\times\sum\limits_{i=0}\dbinom{n+1+i}{i}x^i
\]
对于一次询问\([l,r]\)，我们只需要管\(x^{l-1}\)和\(x^r\)的系数即可。通过预处理一大坨组合计数的东西可以简单计算。