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2.1 题目描述
“Allons-y!”
时间还算足够,好好看看题吧。
有一种说法,时间线是扭曲的,会相互交织。(一般在科幻片里比较流行?)
不管啦,反正现在有个蓝盒子,在时间线上随机游走。
记这个盒子一开始在时间线上的位置为 0,记当前位置为 pos,每一次穿梭,它
有 q 的概率到达 pos + 1,1 − q 的概率到达 pos − 1。
特别的,q 是一个有理数。
我们认为时间线的两端近乎在无穷远处,问 n 次穿梭后,蓝盒子离初始位置的
期望距离。
为了避免精度问题,这里采用取模来避免实数运算。
具体来说,输入会给出一个素数 p,而每次穿梭过程中从 pos 到达 pos + 1 的概
率 q 将在模意义下给出。(例如 q = ab ,这里保证 b, p 互素,读入的将是模意义下
。
的 ab )
2.2 输入格式
一行三个正整数 n, q, p,分别表示穿梭的次数、模 p 意义下的概率 q 和模数 p。
2.3 输出格式
一行一个整数,为蓝盒子离初始位置的期望距离在模意义下的值。
2.4 样例输入
100 1 1000000207
2.5 样例输出
100
42.6 数据规模和约定
对于全部的数据,10 9 ≤ p ≤ 2 × 10 9 且 p 为素数,0 ≤ q ≤ p − 1
对于 20% 的数据,n ≤ 15。
对于另外 30% 的数据,n ≤ 1000。
对于剩下 50% 的数据,n ≤ 5 × 10 4 。
【题解】
这道题我考试时连题目都没看懂。。。
然而考完后发现此题不难。。。
*先科普一下费马小定理：
特别的，当p为素数时，x无法被p整除，φ(p)=p-1，于是便有费马小定理Xp-1≡1(mod p)
在p是素数时，对任意正整数x都有Xp≡X(mod p)
于是对于a的逆元x，有ax≡1(mod m),对于a,m互素且m为素数时，有x=am-2，于是我们可以通过快速幂快速求出a的逆元。
另外，借助素数筛，我们还可以很快的求出1-n的欧拉函数值。每当我们找到一个素数，就把他的倍数的欧拉函数值乘上（p-1）/p.
而且，借助费马小定理我们可以实现对除法取模。*
这道题的模意义下，指的是把除法变成乘法，把a/b变成a*(1/b)，而1/b是b的逆元。
这道题就变成数学问题了。
公式为f[n]=∑(n i=0)q^i*(1-q)^(n-i)C(n,i)|n−2×i|
然而我似乎不太理解这个公式，有时间再看吧。。（逃～～）
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll (long long)
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int Maxn=50005;
int n,q,p;
int fac[Maxn],ifac[Maxn],pw[Maxn];//fac阶乘 ifac阶乘逆元
il int gi()
{
re int x=0;
re short int t=1;
re char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int qp(int a,int x)
{
int ret=1;
for (;x;x>>=1,a=ll(a)*a%p)
if (x&1) ret=ll(ret)*a%p;
return ret;
}
int c(int n,int k)
{
return ll(fac[n])*ifac[k]%p*ifac[n-k]%p;
}
int main()
{
//freopen("allonsy.in", "r", stdin);
// freopen("allonsy.out", "w", stdout);
n=gi();q=gi();p=gi();
fac[0]=1;
fp(i,1,n)
fac[i]=ll(fac[i-1])*i%p;//预处理i的阶乘
ifac[n]=qp(fac[n],p-2);//ifac[i]=fac[i]的负一次方 在模P意义下同等于fac[N]的P-2次方 此即费马小定理
fq(i,n-1,0)
ifac[i]=ifac[i+1]*ll(i+1)%p;//预处理i的阶乘逆元
fp(i,0,n) pw[i]=1;
int q0=1,q1=1;
fp(i,1,n)
{
q0=q0*ll(q)%p;
q1=q1*ll(1+p-q)%p;
pw[i]=ll(pw[i])*q0%p;
pw[n-i]=ll(pw[n-i])*q1%p;
}
int ans=0;
fp(i,0,n)
ans=(ans+ll(c(n,i))*pw[i]%p*abs(2*i-n))%p;
//abs(2*i-n)为离原点距离
//c用于求组合数
printf("%d
",ans);
return 0;
}