CF688div2 1453D. Checkpoints(期望遞推構造)

傳送門

題意

構造一串長 n n n的零一序列 ( n < = 2000 ) (n<=2000) (n<=2000)

有 1 2 \frac{1}{2} 21?的概率成功通過第 i i i個關卡

如果失敗,立刻回傳小于等于 i i i的最小的 1 1 1位置

觀察發現如果單獨一個 1 1 1,穿過去的期望步數是 2 2 2

如果要算也很簡單,設穿過一個單獨的 1 1 1的期望是 x x x

有 1 2 \frac{1}{2} 21?的概率一步穿過, 1 2 \frac{1}{2} 21?的概率一步失敗,還需要期望 x x x通過

那么 x = 1 2 ? 1 + 1 2 ? ( x + 1 ) x=\frac{1}{2}*1+\frac{1}{2}*(x+1) x=21??1+21??(x+1)

解得 x = 2 x=2 x=2

那么最后構造的序列就可以分解為若干個形如1 0 0 0的形式(當然 1 1 1后面也可以沒有 0 0 0)

定義 f [ i ] f[i] f[i]為開頭一個 1 1 1,后面跟 i ? 1 i-1 i?1個 0 0 0的期望通過步數

那么由上面的推導得 f [ 1 ] = 2 f[1]=2 f[1]=2

可以得到以下遞推式

f [ i ] = f [ i ? 1 ] + 1 + 1 2 ? [ f [ i ? 1 ] + ( f [ i ] ? f [ i ? 1 ] ) ] f[i]=f[i-1]+1+\frac{1}{2}*[f[i-1]+(f[i]-f[i-1])] f[i]=f[i?1]+1+21??[f[i?1]+(f[i]?f[i?1])]

我解釋下這個方程,想突破第 i i i個關卡,前提是突破前 i ? 1 i-1 i?1個關卡,期望是 f [ i ? 1 ] f[i-1] f[i?1]

現在用一次機會嘗試突破第 i i i個關卡,期望是 1 1 1

1 2 \frac{1}{2} 21?的概率突破了第 i i i個關卡,不需要加額外的花費

1 2 \frac{1}{2} 21?的概率沒有突破回到一開始的位置 1 1 1

那么首先需要回到第 i ? 1 i-1 i?1個位置需要 f [ i ? 1 ] f[i-1] f[i?1],突破第 i i i個關卡需要期望 f [ i ] ? f [ i ? 1 ] f[i]-f[i-1] f[i]?f[i?1]

所以得到上面的式子,把右邊的 f [ i ] f[i] f[i]移項到左邊,解得 f [ i ] f[i] f[i]

f [ i ] = 2 ? f [ i ? 1 ] + 2 f[i]=2*f[i-1]+2 f[i]=2?f[i?1]+2

所以發現每一個小單元都是偶數期望,所以當 k k k為奇數無解

否則一定是從大到小構造 1 0 0 0 0... 1\ 0\ 0\ 0\ 0... 1 0 0 0 0...

因為最后的組成單元是 f [ 1 ] = 2 f[1]=2 f[1]=2,所以只要是偶數的 k k k,都可以構造出來

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=3e5+10;
int f[maxn],k;
vector<int>ans;
signed main()
{
	f[1] = 2;
	for(int i=2;i<=60;i++)	f[i] = 2*f[i-1]+2;
	int t; cin >> t;
	while( t-- )
	{
		ans.clear(); int flag = 1;
		cin >> k;
		while( k )
		{
			for(int i=60;i>=1;i--)
				if( f[i]<=k )
				{
					k-=f[i];	ans.push_back(1);
					for(int j=2;j<=i;j++)	ans.push_back(0);
					break;
				}
			if( k%2==1 ){ flag=0; break; }
		}
		if( ans.size()>2000 )	flag=0;
		if( flag == 0 )	cout << -1;
		else
		{
			cout << ans.size() << endl;
			for(int i=0;i<ans.size();i++)
				cout << ans[i] << " ";
		}
		cout << endl;
	}
}