G - Gellyfish and Priority Queue - 题解

标签与难度

标签: 动态规划, 概率论, 期望, 组合数学, 前缀和难度: 2300

题目大意喵~

你好呀，指挥官！今天我们的小水母 Gellyfish 在玩一个最小优先队列（min-priority queue）哦。它会进行 $m$ 次操作，操作有两种：

插入: 给定一个区间 $[l, r]$ ，Gellyfish 会从这个区间里等概率地随机选一个整数 $x$ ，然后把它塞进优先队列里。
提取: 从优先队列里拿出当前最小的那个元素，然后丢掉。题目保证提取的时候队列不会是空的，真是太好了喵~

所有操作结束后，Gellyfish 想请聪明的你帮忙算一下，队列里剩下所有元素的乘积的期望值是多少。结果要对 998244353 取模哦。

简单来说，就是在一系列随机插入和确定性提取（总是提最小的）之后，求最终队列里元素乘积的期望值，喵。

解题思路分析

这道题初看起来可能会有点吓人，因为它要求计算乘积的期望 $E[\prod X_i]$ 。我们知道期望有很好的线性性质，比如 $E[X+Y] = E[X]+E[Y]$ ，但是对于乘法，通常 $E[X \cdot Y] \neq E[X] \cdot E[Y]$ ，除非 $X$ 和 $Y$ 是相互独立的。在这个问题里，一个元素最终是否留在队列里，取决于其他所有被插入的元素，所以它们之间不是独立的，这就让问题变得复杂起来了呢，呜~

直接模拟所有可能的随机选择，那状态空间可就太大了，会像宇宙一样浩瀚，肯定是不行的。所以，我们得请出强大的动态规划（DP）来解决这个问题，喵！

DP状态的探索之旅

DP的核心在于定义一个好的状态。我们需要一个状态能概括出队列的“关键信息”，并且能从上一个操作阶段的状态转移过来。

“关键信息”是什么呢？因为我们总是提取最小的元素，所以队列里元素的相对大小，特别是谁是最小的，就至关重要了。这启发我们，DP状态的设计可能要和数值本身或者一个“阈值”挂钩。

经过一番苦思冥想（我的猫耳朵都快转成螺旋桨了！），我想到了一个绝妙的 DP 状态设计。我们不直接求期望，而是求所有随机情况下最终乘积的总和。最后再除以总的随机情况数（也就是每次插入操作的区间长度之积），就能得到期望值啦。

我们定义一个二维 DP 数组，它会随着操作一步步向前滚动： $f[c][T]$ 表示：在当前操作步骤后，对于所有可能的随机选择，使得优先队列中恰好有 $c$ 个元素，且最小的元素恰好是 $T$ 的情况，我们把这些情况下队列中元素的乘积加起来，得到的值就是 $f[c][T]$ 。

这个状态看起来有点绕，我们再明确一下： $f[c][T] = \sum_{\text{scenarios } S} \text{Product}(Q_S)$ 其中，每个场景 $S$ 是一种特定的随机数选择序列，它导致队列 $Q_S$ 满足：

大小为 $c$
最小元素为 $T$

为了方便转移，我们还需要一个辅助数组： $F[c][T] = \sum_{k=T}^{V+1} f[c][k]$ 这个 $F[c][T]$ 表示的是，队列大小为 $c$ ，且最小元素大于等于 $T$ 的所有情况的乘积之和。这个可以通过对 $f$ 数组求后缀和得到。 $V$ 是题目给定的数值上限，我们用 $V+1$ 代表一个“无穷大”的哨兵值。

DP的初始状态

在所有操作开始前（第0步），队列是空的。我们可以认为它有0个元素，其“最小元素”比任何我们可能插入的数都大，比如 $V+1$ 。空集合的乘积按惯例是1。所以： $f[0][V+1] = 1$ ，其他的 $f[0][T]$ 均为 0。

DP的转移方程

现在我们来推导如何从上一步的状态 f_old, F_old 得到当前步骤的新状态 f_new, F_new。

1. 插入操作 Insert(l, r)

假设上一步队列中有 c 个元素，现在我们要插入一个从 $[l, r]$ 中随机选出的数 x，队列大小将变为 c+1。我们来分析新队列的最小元素 T_new 是如何形成的。

考虑一个旧状态，它有 c 个元素，最小值为 T_old，其乘积和为 f_old[c][T_old]。当我们插入一个新数 x，新状态的乘积和就是 f_old[c][T_old] * x。因为这个关系对所有该状态下的场景都成立，所以总的乘积和也满足这个关系： $(\sum P_{old}) \cdot x = \sum (P_{old} \cdot x)$ 。

新的最小值为 T_new，有两种可能： a) 插入的数 x 恰好是 T_new，并且旧的最小元素 T_old >= T_new。 b) 旧的最小元素 T_old 恰好是 T_new，并且插入的数 x > T_new。

把所有情况加起来，对于一个新的最小值为 $T$ 的状态 f_new[c+1][T]，它的值来源于：

旧队列的最小元素 $\ge T$ ，新插入的元素 $x = T$ : 这种情况要求 $l \le T \le r$ 。所有旧队列最小元素 $\ge T$ 的情况，其乘积和是 $F_{old}[c][T]$ 。乘以新插入的 $T$ ，贡献就是 $F_{old}[c][T] \times T$ 。
旧队列的最小元素 $= T$ ，新插入的元素 $x > T$ : 旧状态的乘积和是 $f_{old}[c][T]$ 。新插入的 $x$ 可以是 $[l, r]$ 中所有大于 $T$ 的数。这些数的和是 $\sum_{k=\max(l, T+1)}^{r} k$ 。这部分的贡献就是 $f_{old}[c][T] \times (\sum_{k=\max(l, T+1)}^{r} k)$ 。

所以，插入操作的转移方程是：

f_{new}[c+1][T] = (F_{old}[c][T] \times T \times [l \le T \le r]) + (f_{old}[c][T] \times \sum_{k=\max(l, T+1)}^{r} k)

注意： $F_{old}[c][T] = f_{old}[c][T] + F_{old}[c][T+1]$ 。所以第一项也可以写成 $(f_{old}[c][T] + F_{old}[c][T+1]) \times T \times [l \le T \le r]$ 。

2. 提取操作 Extract()

假设上一步队列中有 c 个元素，现在我们要提取最小的那个，队列大小将变为 c-1。

考虑一个旧状态，它有 c 个元素，最小值为 T_old，乘积和为 f_old[c][T_old]。提取最小元素 T_old 后，队列里剩下 c-1 个元素，它们的乘积和是 f_old[c][T_old] / T_old（这里除法是乘以模逆元）。这些剩下的元素的最小值一定大于 T_old。

现在我们想计算新状态 $f_{new}[c-1][T_{new}]$ 。这太难了！我们不知道新的最小值具体是多少。

但是，我们可以先计算辅助数组 $F_{new}[c-1][T]$ ，即新队列中最小元素 $\ge T$ 的所有情况的乘积和。一个大小为 c-1、最小元素 $\ge T$ 的新队列，是由一个大小为 c、最小元素 $T_{old} < T$ 的旧队列提取产生的。所以：

F_{new}[c-1][T] = \sum_{T_{old}=1}^{T-1} \frac{f_{old}[c][T_{old}]}{T_{old}}

这个形式正好是一个前缀和！我们可以预处理一个前缀和数组 $S[c][T] = \sum_{k=1}^{T} f_{old}[c][k] \times k^{-1}$ 。那么 $F_{new}[c-1][T] = S[c][T-1]$ 。

得到 $F_{new}$ 之后，我们就可以反推出 $f_{new}$ 了： $f_{new}[c-1][T] = F_{new}[c-1][T] - F_{new}[c-1][T+1]$ 。

就这样，我们掌握了两种操作的转移方式！一步步从初始状态计算，直到所有操作完成。

计算最终答案

所有 $m$ 次操作完成后，我们得到了最终的 DP 数组 f_final。假设最终队列大小是 final_c。那么，所有随机情况下，最终队列元素乘积的总和就是 $\sum_{T=1}^{V} f_{final}[final\_c][T] = F_{final}[final\_c][1]$ 。

我们还需要除以总的随机情况数。每次插入 Insert(l, r)，都有 r - l + 1 种选择。把所有插入操作的这个值乘起来，得到总情况数 D。

最终答案就是： $F_{final}[final\_c][1] \times D^{-1} \pmod{998244353}$ 。

这样，一个复杂的问题就被我们抽丝剥茧地解决了，喵~ 是不是很神奇！

代码实现

这是我根据上面的思路，从零开始编写的全新代码哦！加了很多注释，希望能帮助你理解呐~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>

using namespace std;

long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= 998244353;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % 998244353;
        base = (base * base) % 998244353;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

long long modInverse(long long n) {
    return power(n, 998244353 - 2);
}

// 辅助函数，计算从 a 到 b 的所有整数之和
long long sum_range(long long a, long long b) {
    if (a > b) return 0;
    long long n = b - a + 1;
    long long sum = (a + b) % 998244353;
    long long inv2 = modInverse(2);
    sum = (sum * (n % 998244353)) % 998244353;
    sum = (sum * inv2) % 998244353;
    return sum;
}

struct Operation {
    int type;
    int l, r;
};

void solve() {
    int m, v;
    cin >> m >> v;

    vector<Operation> ops(m);
    long long total_choices_inv = 1;
    int current_size = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cin >> ops[i].type;
        if (ops[i].type == 1) {
            cin >> ops[i].l >> ops[i].r;
            long long choices = ops[i].r - ops[i].l + 1;
            total_choices_inv = (total_choices_inv * modInverse(choices)) % 998244353;
            current_size++;
        } else {
            current_size--;
        }
    }

    // dp[c][T]: sum of products for queues with c elements and min value T
    // 使用滚动数组优化第一维（操作步骤）
    vector<vector<long long>> f(m + 1, vector<long long>(v + 2, 0));

    // Base case: 0 elements, min value is "infinity" (v+1)
    // Product of empty set is 1.
    f[0][v + 1] = 1;

    int max_size = 0;

    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        vector<vector<long long>> f_new(m + 1, vector<long long>(v + 2, 0));
        
        // F[c][T]: sum of products for queues with c elements and min value >= T
        vector<vector<long long>> F(max_size + 2, vector<long long>(v + 3, 0));
        for (int c = 0; c <= max_size; ++c) {
            for (int T = v + 1; T >= 1; --T) {
                F[c][T] = (f[c][T] + F[c][T + 1]) % 998244353;
            }
        }

        if (ops[i].type == 1) { // Insertion
            int l = ops[i].l, r = ops[i].r;
            for (int c = 0; c <= max_size; ++c) {
                for (int T = 1; T <= v; ++T) {
                    if (f[c][T] == 0 && F[c][T] == 0) continue;
                    
                    // Case 1: New min becomes T. This happens if we insert T and old min was >= T.
                    if (l <= T && T <= r) {
                        long long term1 = F[c][T];
                        f_new[c + 1][T] = (f_new[c + 1][T] + term1 * T) % 998244353;
                    }

                    // Case 2: Old min was T, and we insert something > T.
                    long long sum_gt_T = sum_range(max(l, T + 1), r);
                    if (f[c][T] > 0 && sum_gt_T > 0) {
                        f_new[c + 1][T] = (f_new[c + 1][T] + f[c][T] * sum_gt_T) % 998244353;
                    }
                }
                 // Handle old min being v+1 (empty queue)
                if (f[c][v+1] > 0) {
                     for (int T = l; T <= r; ++T) {
                        f_new[c+1][T] = (f_new[c+1][T] + f[c][v+1] * T) % 998244353;
                     }
                }
            }
            max_size++;
        } else { // Extraction
            if (max_size == 0) continue;

            // S[c][T]: sum of (f[c][k] / k) for k from 1 to T
            vector<vector<long long>> S(max_size + 1, vector<long long>(v + 2, 0));
            vector<long long> inv_vals(v + 1);
            for(int k=1; k<=v; ++k) inv_vals[k] = modInverse(k);

            for (int c = 1; c <= max_size; ++c) {
                for (int T = 1; T <= v; ++T) {
                    long long term = (f[c][T] * inv_vals[T]) % 998244353;
                    S[c][T] = (S[c][T - 1] + term) % 998244353;
                }
            }
            
            vector<vector<long long>> F_new(max_size, vector<long long>(v + 3, 0));
            for (int c = 1; c <= max_size; ++c) {
                for (int T = 1; T <= v + 1; ++T) {
                    F_new[c - 1][T] = S[c][T - 1];
                }
            }

            for (int c = 0; c < max_size; ++c) {
                for (int T = 1; T <= v + 1; ++T) {
                    f_new[c][T] = (F_new[c][T] - F_new[c][T + 1] + 998244353) % 998244353;
                }
            }
            max_size--;
        }
        f = f_new;
    }

    long long total_prod_sum = 0;
    if (max_size >= 0) {
        for (int T = 1; T <= v + 1; ++T) {
            total_prod_sum = (total_prod_sum + f[max_size][T]) % 998244353;
        }
    }
    
    long long final_ans = (total_prod_sum * total_choices_inv) % 998244353;
    cout << final_ans << endl;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(M \cdot C \cdot V)$ ，其中 $M$ 是操作总数， $C$ 是优先队列可能的最大尺寸（也为 $M$ ）， $V$ 是数值的最大范围。在每次操作中，我们都需要遍历所有可能的队列大小 c (从 0 到当前大小) 和所有可能的最小值 T (从 1 到 v)。所以总的时间复杂度是 $O(M^2 \cdot V)$ 。考虑到题目中 $M, V \le 500$ ，这个复杂度在极限情况下比较高，但由于 $M$ 的总和有额外限制，并且不是所有测试点都会达到 $M$ 和 $V$ 的双重上限，所以可以通过。
空间复杂度: $O(M \cdot V)$ 。我们使用了滚动数组，所以只需要存储两层DP表即可。每个DP表的大小是 $(M+1) \times (V+2)$ 。

知识点总结

这道题是动态规划与概率期望结合的绝佳范例，喵~ 从中我们可以学到：

期望的间接计算: 当直接计算 $E[X]$ 困难时，可以尝试计算 $\sum (\text{价值} \times \text{方案数})$ ，最后再除以总方案数。
精巧的DP状态设计: 面对涉及排序和最值的问题，将“阈值”或“最小值”作为DP状态的一维是一个非常有效的思路。
前缀和/后缀和优化: DP转移中如果出现求和式，可以考虑使用前缀和或后缀和来优化计算，将循环转化为 $O(1)$ 的查询。在本题中，无论是插入还是提取操作，都巧妙地利用了前/后缀和思想来处理复杂的转移。
逆向思维: 在处理提取操作时，我们无法直接知道下一个最小值是什么，但我们可以计算出“提取后，新队列的最小元素 $\ge T$ ”的总体情况，再反推出具体最小值是 $T$ 的情况。

希望这篇题解能帮到你，如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦，喵~

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标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

DP状态的探索之旅 ​

DP的初始状态 ​

DP的转移方程 ​

计算最终答案 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​