「CF712E」Memory and Casinos「线段树」「概率」

题解

解法1：（官方做法）

一段区间的(L)定义为从最左边开始出发，最左不失败，一直到最右边胜利的概率，(R)定义为从最右边开始出发，最左不失败，又回到最右边胜利的概率

考虑一个区间([l, r])记为(u)，左右儿子([l, mid])和([mid + 1, r])分别记为(ls)和(rs)

枚举一下(mid)和(mid+1)之间往返多少次

[u.L = ls.L * rs.L * sum_{i = 0}^{infty} ls.R^i(1-rs.L)^i ]

这玩意是无穷项等比数列求和：

[u.L = frac{ls.L * rs.L}{1 - ls.R * (1 - rs.L)} ]

(u.R)分不过和过(mid)两种情况

[u.R = rs.R + (1 - rs.R)*rs.L*ls.Rsum_{i = 0}^{infty} (1 - rs.L)^i ls.R^i ]

[u.R = rs.R + (1 - rs.R)frac{rs.L* ls.R}{1 - ls.R(1 - rs.L)} ]

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

struct node {
	double L, R;
	void rd() {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		L = R = x * 1.0 / y;
	}
} a[N << 2];
int n, q;

node operator + (const node &ls, const node &rs) {
	node ans;
	ans.L = ls.L * rs.L / (1 - ls.R * (1 - rs.L));
	ans.R = rs.R + (1 - rs.R) * rs.L * ls.R / (1 - ls.R * (1 - rs.L));
	return ans;
}

void build(int rt, int l, int r) {
	if(l == r) {
		a[rt].rd();
		return ;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(rt << 1, l, mid);
	build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);
	a[rt] = a[rt << 1] + a[rt << 1 | 1];
}

void modify(int rt, int l, int r, int x, double p) {
	if(l == r) {
		a[rt].L = a[rt].R = p;
		return ;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid) modify(rt << 1, l, mid, x, p);
	else modify(rt << 1 | 1, mid + 1, r, x, p);
	a[rt] = a[rt << 1] + a[rt << 1 | 1];
}

node query(int rt, int l, int r, int ql, int qr) {
	if(l == ql && r == qr) return a[rt];
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(qr <= mid) return query(rt << 1, l, mid, ql, qr);
	if(ql > mid) return query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
	return query(rt << 1, l, mid, ql, mid) + query(rt << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, qr);
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &q);
	build(1, 1, n);
	int op, x, y, z;
	while(q --) {
		scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
		if(op == 1) {
			scanf("%d", &z);
			modify(1, 1, n, x, y * 1.0 / z);
		}
		if(op == 2) {
			printf("%.10f
", query(1, 1, n, x, y).L);
		}
	}
	return 0;
}

解法2：

(dp[i])表示从(i)开始成功的概率

令(dp[l - 1] = 0, dp[r + 1] = 1)，则(dp[i] = dp[i - 1] * (1 - p[i]) + dp[i + 1] * p[i])

化简得：(dp[i] - dp[i - 1] = p[i] * (dp[i + 1] - dp[i - 1]))

令(d[i] = dp[i] - dp[i - 1])

(d[i] = p[i] * (d[i + 1] + d[i]))

解得：(d[i + 1] = frac{1 - p[i]}{p[i]} d[i])

为了简便，令(u[i] = frac{1 - p[i]}{p[i]})

则递推式为(d[i + 1] = u[i] * d[i])

考虑我们怎么求(dp[l])（即(d[l])）

(d[l] + d[l+1] + ... + d[r + 1] = dp[r + 1] - dp[l] = 1)

所以(d[l] (1 + u[l] + u[l] * u[l + 1] + ... + u[l] * u[l + 1] * u[l + 2] * .. * u[r]) = 1)

(d[l] = frac{1}{1 + u[l] + u[l] * u[l + 1] + ... + u[l] * u[l + 1] * u[l + 2] * .. * u[r]})

线段树维护两个东西，一个是(u)的乘积，一个是所有前缀的乘积和，就做完了

代码就不写了