说老实话 c n b l o g s \rm cnblogs cnblogs 才像个写博客的地方。 C S D N \rm CSDN CSDN 是啥玩意儿啊 😦
题目背景
跟
OUYE
\textsf{OUYE}
OUYE 一起学
O
I
\rm OI
OI 是人生的豪赌。可怜的是，没有哪个赌场会让你赢多输少。
题目描述
你有
x
(
0
⩽
x
<
1
)
x\;(0\leqslant x<1)
x(0⩽x<1) 钱，你可以赌博，金额为任意实数
y
y
y，但需要
{
y
i
}
\{y_i\}
{yi} 单调不降。若
x
⩾
1
x\geqslant 1
x⩾1 你就赢，不可能实现了你就输。
赌博规则：投 y y y 钱，有 p p p 概率得 2 y 2y 2y 钱，有 ( 1 − p ) (1{-}p) (1−p) 概率血本无归。保证 p < 1 2 p<\frac{1}{2} p<21 。
求最优策略下赢的概率。对 998244353 998244353 998244353 取模输出。
数据范围与提示
x
=
a
1
b
1
,
p
=
a
2
b
2
x=\frac{a_1}{b_1},\;p=\frac{a_2}{b_2}
x=b1a1,p=b2a2，有
a
1
<
b
1
⩽
1
0
6
a_1<b_1\leqslant 10^6
a1<b1⩽106 且
2
a
2
<
b
2
⩽
1
0
6
2a_2<b_2\leqslant 10^6
2a2<b2⩽106 。
没有样例，我将一分不得。有了样例，得分仍然寥寥。数学题滚出 O I \rm OI OI 😭
先解决 b 1 = 2 k b_1=2^k b1=2k，也就是 x x x 是二进制下有限小数。不猜结论是不可能的。
结论：每次取 x x x 二进制下最后一个 1 1 1 对应的数去赌。
证明：首先将条件放宽，不要求赌的数额不降。我们将证明，在这更宽松的决策树中，这是最优策略。
下面是题解的证明。有些地方我不能很理解，存疑处将标出。
令
c
(
s
)
c(s)
c(s) 为
s
s
s 的二进制
1
1
1 的个数，
f
(
x
,
n
)
(
x
∈
N
)
f(x,n)\;(x\in\Bbb N)
f(x,n)(x∈N) 为
x
2
n
\frac{x}{2^n}
2nx 变成
1
1
1 的概率。我们先假设赌的数额只能是
2
−
n
2^{-n}
2−n 的倍数，因此这等价于
x
→
2
n
x\to 2^n
x→2n 每次赌整数金额。记
q
=
1
−
p
q=1-p
q=1−p 则有递推式
f
(
x
,
n
)
=
p
⋅
f
(
⌈
x
2
⌉
,
n
−
1
)
+
q
⋅
f
(
⌊
x
2
⌋
,
n
−
1
)
f(x,n)=p\cdot f\left(\left\lceil\frac{x}{2}\right\rceil,n{-}1\right)+q\cdot f\left(\left\lfloor{x\over 2}\right\rfloor,n{-}1\right)
f(x,n)=p⋅f(⌈2x⌉,n−1)+q⋅f(⌊2x⌋,n−1)
因为 2 ∤ x 2\nmid x 2∤x 时在赌， 2 ∣ x 2\mid x 2∣x 时在转移。
不难发现，这其实是概率性地让
l
o
w
b
i
t
\rm lowbit
lowbit 进位或消失。我们枚举在哪些
b
i
t
\rm bit
bit 上 “失手” 了，设为
i
i
i 。对于
lcp
(
x
,
i
)
\text{lcp}(x,i)
lcp(x,i) 的部分，若均为
1
1
1，说明失手了，必须后面进位一口气飞跃；若均为
0
0
0，尽管没失手，为了最终进位，后面必须进位。对于
lcp
\text{lcp}
lcp 后一位，若
x
x
x 为
0
0
0 而
i
i
i 为
1
1
1 则无进位可能，反之则总可行。那么后面的
b
i
t
\rm bit
bit 的情况都不重要。不难发现这就是
i
<
x
i<x
i<x 的判断，由此
f
(
x
,
n
)
=
∑
i
=
0
x
−
1
q
c
(
i
)
p
n
−
c
(
i
)
f(x,n)=\sum_{i=0}^{x-1}q^{c(i)}p^{n-c(i)}
f(x,n)=i=0∑x−1qc(i)pn−c(i)
上面的文字是一种理解方式；数学归纳法也可以证明之。
接下来只需证明
∀
k
∈
[
0
,
x
]
∩
Z
\forall k\in[0,x]\cap\Bbb Z
∀k∈[0,x]∩Z 有
f
(
x
,
n
)
⩾
p
⋅
f
(
x
+
k
,
n
)
+
q
⋅
f
(
x
−
k
,
n
)
f(x,n)\geqslant p\cdot f(x{+k},n)+q\cdot f(x{-}k,n)
f(x,n)⩾p⋅f(x+k,n)+q⋅f(x−k,n) 。按：此处应当对某物进行了归纳，类似最短路，只需验证距离标号不可被松弛。可是最短路可以按照“最短路边数”归纳，而你呢？
p
(
f
(
x
+
k
,
n
)
−
f
(
x
,
n
)
)
⩽
q
(
f
(
x
,
n
)
−
f
(
x
−
k
,
n
)
)
⇔
∑
i
=
0
k
−
1
q
c
(
i
+
x
)
p
n
−
c
(
i
+
x
)
+
1
⩽
∑
i
=
1
k
q
c
(
x
−
i
)
+
1
p
n
−
c
(
x
−
i
)
我们证明一个超强不等关系：存在双射
f
(
t
)
:
[
x
,
x
+
k
)
↦
[
x
−
k
,
x
)
f(t):[x,x{+}k)\mapsto[x{-}k,x)
f(t):[x,x+k)↦[x−k,x) 使得
q
c
(
i
)
p
n
−
c
(
i
)
+
1
⩽
q
c
(
f
(
i
)
)
+
1
p
n
−
c
(
f
(
i
)
)
q^{c(i)}p^{n-c(i)+1}\leqslant q^{c(f(i))+1}p^{n-c(f(i))}
qc(i)pn−c(i)+1⩽qc(f(i))+1pn−c(f(i))
即每一项都对应更小。高中数学题都不敢这么放。它等价于
q
c
(
i
)
−
c
(
f
(
i
)
)
−
1
⩽
p
c
(
i
)
−
c
(
f
(
i
)
)
−
1
⇐
c
(
i
)
−
c
(
f
(
i
)
)
−
1
⩽
0
q^{c(i)-c(f(i))-1}\leqslant p^{c(i)-c(f(i))-1}\Leftarrow c(i)-c(f(i))-1\leqslant 0
qc(i)−c(f(i))−1⩽pc(i)−c(f(i))−1⇐c(i)−c(f(i))−1⩽0
因为
q
>
p
q>p
q>p 嘛。最简单的思路是，令
f
(
i
)
f(i)
f(i) 为
i
i
i 去掉某个二进制位的结果。能否做到呢？
设 s = 2 ⌈ log 2 k ⌉ s=2^{\lceil\log_2 k\rceil} s=2⌈log2k⌉，对 i ∈ [ x − k + s , x + k ) i\in[x{-}k{+}s,\;x{+}k) i∈[x−k+s,x+k) 规定 f ( i ) = i − s f(i)=i-s f(i)=i−s 。还剩下一个 [ x , x + s − k ) ↦ [ x + k − s , x ) [x,x{+}s{-}k)\mapsto[x{+}k{-}s,x) [x,x+s−k)↦[x+k−s,x) 需构造。不断递归即可完成构造。故结论成立。
下面贴出另外两种“证明”，仅供参考。
雨兔和沙鸭的证明
如果不赌 l o w b i t \rm lowbit lowbit，赌更高 b i t \rm bit bit，那以后 l o w b i t \rm lowbit lowbit 就赌不得，进位不上来，就没用了。如果赌更低 b i t \rm bit bit，反正最后要么 l o w b i t \rm lowbit lowbit 进位要么不进位，不如赌。
张教主的证明
基本策略：若钱数 ⩽ 1 2 \leqslant\frac{1}{2} ⩽21 就 all-in \text{all-in} all-in，否则赌 ( 1 − x ) (1{-}x) (1−x) 。因为 p < 1 2 p<\frac{1}{2} p<21 所以期望下赌多了只会输钱，不如孤注一掷。我们承认它是最优的。称其为“基本策略”。
然后我们证明它和另一策略等价：记
f
(
x
)
f(x)
f(x) 为当前
x
x
x 钱时选择的赌注，则
f
(
x
)
=
{
1
2
(
x
=
1
2
)
1
4
−
∣
x
−
1
4
∣
(
x
<
1
2
)
1
4
−
∣
x
−
3
4
∣
(
x
>
1
2
)
f(x)=
如果将 f ( x ) f(x) f(x) 的图像画出来，那么原本是“山峰”的形状，而这一变化是将两个“山坡”再次换成“山峰”，只保留山巅的单点。
证明过程是大力展开。这里就以
1
4
<
x
<
1
2
\frac{1}{4}<x<\frac{1}{2}
41<x<21 为例。
g
(
x
)
=
p
⋅
g
(
1
2
)
+
q
⋅
g
(
2
x
−
1
2
)
=
p
2
+
q
p
⋅
g
(
4
x
−
1
)
(
0.25
<
x
<
0.5
)
注意第二行是用“基本策略”展开， all-in \text{all-in} all-in 的结果。按：这里感觉像一个隐晦的归纳法，即“其他位置用这个策略拟合出了相同的胜率，因此可以直接用原策略的胜率方程展开”。但是这东西很难归纳。
或者说，我证明了“调整第一步策略可以得到相同胜率”，而每一步都相当于第一步，所以每一步都可以调整？说起来总是怪怪的。
而直接展开的结果是
g
(
x
)
=
p
⋅
g
(
2
x
)
=
p
2
+
p
q
⋅
g
(
4
x
−
1
)
g(x)=p\cdot g(2x)=p^2+pq\cdot g(4x-1)
g(x)=p⋅g(2x)=p2+pq⋅g(4x−1)
所以可行。同理，我们可以无限地将“山坡”替换成“山峰”。
不难发现最终 f ( s 2 k ) = 1 2 k ( 2 ∤ s ) f(\frac{s}{2^k})=\frac{1}{2^k}\;(2\nmid s) f(2ks)=2k1(2∤s) 。这就是每次赌 l o w b i t \rm lowbit lowbit 嘛。
用 d p \tt dp dp 重写上面过程： f i , 0 / 1 f_{i,0/1} fi,0/1 表示当前是第 i i i 位，后是否有进位的赢概率。转移是线性变化。
若当前
b
i
t
\rm bit
bit 为
0
0
0，则转移为
f
i
=
(
1
0
q
p
)
f
i
−
1
f_i=
其中
f
i
=
(
f
i
,
0
f
i
,
1
)
f_i=
若当前
b
i
t
\rm bit
bit 为
1
1
1，则转移为
f
i
=
(
q
p
0
1
)
f
i
−
1
f_i=
对于 b i = 2 n b_i=2^n bi=2n 的情况，我们已经 O ( n ) \mathcal O(n) O(n) 解决了。否则 x x x 是无限循环小数。
显然
x
x
x 的循环节长度不超过
b
b
b 。设单个循环节的矩阵是
B
B
B，非纯循环部分的矩阵是
A
A
A 。则只需求解
lim
n
→
+
∞
B
n
A
(
0
1
)
\lim_{n\to+\infty}B^{n}A
通用方法大概是对角化。但本题中 B B B 是非常返马尔科夫矩阵，可以直接解出稳态。注意是行向量！
#include <cstdio>
#include <algorithm> // Almighty XJX yyds!!
#include <cstring> // oracle: ZXY yydBUS!!!
#include <cctype> // Huge Egg Dog ate me!!!
using llong = long long;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
# define rep0(i,a,b) for(int i=(a); i!=(b); ++i)
inline int readint(){
int a = 0, c = getchar(), f = 1;
for(; !isdigit(c); c=getchar()) if(c == '-') f = -f;
for(; isdigit(c); c=getchar()) a = a*10+(c^48);
return a*f;
}
const int MOD = 1e9+7;
inline llong qkpow(llong b, int q){
llong a = 1;
for(; q; q>>=1,b=b*b%MOD) if(q&1) a = a*b%MOD;
return a;
}
struct Matrix{
int a00, a01, a10, a11;
Matrix operator * (const Matrix &b) const {
Matrix c;
c.a00 = int((llong(a00)*b.a00+llong(a01)*b.a10)%MOD);
c.a01 = int((llong(a00)*b.a01+llong(a01)*b.a11)%MOD);
c.a10 = int((llong(a10)*b.a00+llong(a11)*b.a10)%MOD);
c.a11 = int((llong(a10)*b.a01+llong(a11)*b.a11)%MOD);
return c;
}
static Matrix I(){
Matrix c; c.a00 = c.a11 = 1;
c.a01 = c.a10 = 0; return c;
}
Matrix bite(){
Matrix c;
if(a00 != 1){
// (a00-1)*x+a10*y = 0
// x+y = 1 => (a00-1-a10)*x+a10 = 0
c.a00 = c.a10 = int(qkpow(1+a10+MOD-a00,MOD-2)*a10%MOD);
c.a01 = c.a11 = 1+MOD-c.a00; // Markov
}
else{
// a01*x+(a11-1)*y = 0
// x+y = 1 => (a11-1-a01)*y+a01 = 0
c.a01 = c.a11 = int(qkpow(1+a01+MOD-a11,MOD-2)*a01%MOD);
c.a00 = c.a10 = 1+MOD-c.a11;
}
return c;
}
};
Matrix mat[2];
const int MAXB = 1000000;
int pos[MAXB]; bool bit[MAXB];
int main(){
for(int T=readint(),a,b,p; T; --T){
a = readint(), b = readint(), p = readint();
p = int(qkpow(readint(),MOD-2)*p%MOD);
mat[0].a00 = 1, mat[0].a01 = 0;
mat[0].a10 = 1+MOD-p, mat[0].a11 = p;
mat[1].a00 = 1+MOD-p, mat[1].a01 = p;
mat[1].a10 = 0, mat[1].a11 = 1;
memset(pos, -1, b<<2);
int st = 0, ed = 0;
for(int i=0; true; ++i){
if(~pos[a]){ // cycle found
st = pos[a], ed = i; break;
}
pos[a] = i; // record
if((a<<=1) >= b)
a -= b, bit[i] = true;
else bit[i] = false;
}
Matrix ddg = Matrix::I();
rep0(i,st,ed) ddg = mat[bit[i]]*ddg;
ddg = ddg.bite(); // infinite power
drep(i,st-1,0) ddg = ddg*mat[bit[i]];
printf("%d\n",ddg.a01);
}
return 0;
}