「题解」tennis

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题目

题目描述

有两个盒子，一个里面有 \(n\) 个乒乓球，另一个里面有 \(m\) 个乒乓球。

有 \(10^9\) 对人想打乒乓球。每对人依次获取乒乓球，每对人会等概率随机选一个盒子（每对人做出的选择独立），看看里面有没有球：如果有的话，拿走一个；如果没有，那么看看另一个盒子：如果有就拿走一个，如果没有，人们就会愤怒的离开。

形式化的讲，记盒子里乒乓球的状态为 \((n,m)\)，不妨设被随机选到的盒子里有 \(n\) 个。

• 【情况 \(1\)】如果 \(n\geq 1\) 那么状态变为 \((n-1,m)\)，然后继续；
• 【情况 \(2\)】如果 \(n=0,m\geq 1\) 那么状态变为 \((n,m-1)\)，然后继续；
• 【情况 \(3\)】如果 \(n=m=0\) 那么人们会愤怒的离开，整个流程终止。

记 \(p_{n,m}\) 为开始时盒子的状态为 \((n,m)\)，【情况 \(2\)】在整个过程中始终不会发生的概率，多次询问 \(p_{n,m}\) 对 \(P\) 取模的结果。

咦，你说这题太简单了？那么就改难一点。

记 \(f_{n,m}\) 为开始时盒子的状态为 \((n,m)\)，【情况 \(2\)】或【情况 \(3\)】第一次发生时（如果是【情况 \(2\)】那么状态还没有变化），\(n+m\) 的期望，多次询问 \(f_{n,m}\) 对 \(P\) 取模的结果。

\(Q\leq 5\times 10^5\)，\(1\leq n,m\leq 2\times 10^5\)，\(P\) 为 \(10^6\) 到 \(2^{30}\) 间的质数。

题解

随便画画

随便画个图，我们不难发现一个杨辉三角，所以我们有：

\[p_{n,m}=\frac{\binom{n+m}{n}}{2^{n+m}} \]

事实上你可以证明它，具体地，我们写出递推式：

\[p_{n,m}=\frac{p_{n-1,m}+p_{n,m-1}}{2} \]

运用上式即可证明。

奇妙的表达式

我们通过询问大佬不难发现：

\[f_{n,m}=\sum_{i=0}^{n+m}(n+m-i)\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^{i+1}} \]

上式的组合意义是，前 \(i\) 个合法，恰好第 \(i+1\) 个不合法，对应概率是 \(\frac{1}{2^{i+1}}\)，对应贡献是 \((n+m-i)\)，路径个数是 \(\binom{i}{n}+\binom{i}{m}\)。

我们考虑裂项，得到

\[\frac{n+m}{2}\sum_{i=0}^{n+m}\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^i}-\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n+m}i\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^i} \]

我们不难发现 \(\sum\limits_{i=0}^{n+m}\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^i}=1\)，这是因为事实上这对应着遇到情况 \(2,3\) 的概率，事实上必然遇到，因此概率为 \(1\)。

所以我们得到

\[f_{n,m}=\frac{n+m}{2}-\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n+m}i\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^i} \]

组合数大杂烩

我们考虑求解

\[\sum_{i=0}^{n+m}i\frac{\binom{i}{n}+\binom{i}{m}}{2^i} \]

不难发现它具有对称性，所以只需要求

\[\sum_{i=0}^{n+m}\frac{i\binom{i}{n}}{2^i} \]

使其具有一般性

\[\sum_{i=0}^{a}\frac{i\binom{i}{b}}{2^i} \]

化简以下

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{a}\frac{i\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{(i+1)\binom{i}{b}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{(b+1)\binom{i+1}{b+1}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&(b+1)\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b+1}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&2(b+1)\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b+1}}{2^{i+1}}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&2(b+1)\sum_{i=1}^{a+1}\frac{\binom{i}{b+1}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&2(b+1)\sum_{i=0}^{a+1}\frac{\binom{i}{b+1}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i},\quad b\geq 0\\ \end{aligned}\]

我们不妨设

\[f(a,b)=\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i} \]

不难看出上式为 \(2(b+1)f(a+1,b+1)-f(a,b)\)。

继续

我们求出 \(f(a,b)\) 变成了当务之急，然而，\(f(a,b)\) 是不能继续转化的，我们考虑运用莫队算法求解。

因此，我们需要求出 \(f(a,b)\) 与 \(f(a-1,b)\)，\(f(a,b-1)\)，\(f(a,b+1)\)，\(f(a+1,b)\) 之间的关系。

第一个

\[\begin{aligned} f(a-1,b)=&\sum_{i=0}^{a-1}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}-\frac{\binom{a}{b}}{2^a}\\ =&f(a,b)-\frac{\binom{a}{b}}{2^a} \end{aligned}\]

第四个

\[\begin{aligned} f(a+1,b)=&\sum_{i=0}^{a+1}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b}}{2^i}-\frac{\binom{a}{b}}{2^a}\\ =&f(a,b)+\frac{\binom{a+1}{b}}{2^{a+1}} \end{aligned}\]

第二个

注意 \(b\geq 1\)。

\[\begin{aligned} f(a,b-1)=&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b-1}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b}-\binom{i+1}{b-1}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b}}{2^i}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b-1}}{2^i}\\ =&2\left(\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b}}{2^{i+1}}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b-1}}{2^{i+1}}\right)\\ =&2\left(f(a+1,b)-\frac{\binom{0}{b}}{1}-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b-1}}{2^{i+1}}\right)\\ =&2\left(f(a+1,b)-\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i+1}{b-1}}{2^{i+1}}\right)\\ =&2\left(f(a+1,b)-f(a+1,b-1)\right)\\ =&2\left(f(a,b)+\frac{\binom{a+1}{b}}{2^{a+1}}-f(a,b-1)-\frac{\binom{a+1}{b-1}}{2^{a+1}}\right)\\ \end{aligned}\]

我们得到

\[f(a,b-1)=2\left(f(a,b)+\frac{\binom{a+1}{b}}{2^{a+1}}-f(a,b-1)-\frac{\binom{a+1}{b-1}}{2^{a+1}}\right) \]

解方程即可。

第三个

\[\begin{aligned} f(a,b+1)=&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i}{b+1}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i-1}{b}+\binom{i-1}{b+1}}{2^i}\\ =&\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i-1}{b}}{2^i}+\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i-1}{b+1}}{2^i}\\ =&\frac{1}{2}\left(\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i-1}{b}}{2^{i-1}}+\sum_{i=0}^{a}\frac{\binom{i-1}{b+1}}{2^{i-1}}\right)\\ =&\frac{1}{2}\left(\sum_{i=0}^{a-1}\frac{\binom{i}{b}}{2^{i-1}}+\sum_{i=0}^{a-1}\frac{\binom{i}{b+1}}{2^{i}}\right)\\ =&\frac{1}{2}\left(f(a-1,b)+f(a-1,b+1)\right)\\ =&\frac{1}{2}\left(f(a,b)-\frac{\binom{a}{b}}{2^a}+f(a-1,b+1)\right)\\ =&\frac{1}{2}\left(f(a,b)-\frac{\binom{a}{b}}{2^a}+f(a,b+1)-\frac{\binom{a}{b+1}}{2^a}\right)\\ \end{aligned}\]

我们得到

\[f(a,b+1)=\frac{1}{2}f(a,b)+\frac{1}{2}f(a,b+1)-\frac{1}{2}\left(\frac{\binom{a}{b}}{2^a}+\frac{\binom{a}{b+1}}{2^a}\right) \]

解方程，得到

\[f(a,b+1)=f(a,b)-\frac{\binom{a+1}{b+1}}{2^a} \]

参考程序

没写。