题解 P5155 【[USACO18DEC]Balance Beam】

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你真的不想点进来看一看吗

（翻了翻其他的题解，觉得它们没讲清楚为什么一定选择两个点作为决策结束点）

我相信很多通过了这道题的人都没有弄清楚这个策略的正确性

Problem

题意概要：给定一个长为n的序列，可以选择以\frac 12的概率进行左右移动，也可以结束并得到当前位置上的收益，求从每个位置开始时使用最优策略的最大期望收益是多少

n\leq 10^5

Solution

关键在于需要考虑当前是选择移动还是直接结束。一个很明了的观点：如果当前移动后的收益期望比当前位置的收益大，那么会选择移动；否则选择直接停止。直接停止的贡献已经知道，那么要求的就是当前点选择移动操作后的收益期望

有一个结论：在长度为L的数轴上的位置x处，每次进行左右移动（左右概率都为\frac 12），若到达0或L即停止，则到达0停止的概率为\frac {L-x}L，到达L停止的概率为\frac xL

关于这个结论的证明，考虑设在 i 开始，到L停止的概率为f_i，由题可得f_i=\frac {f_{i-1}+f_{i+1}}2，不难发现这个方程是等差数列的描述，又由f_0=0,f_L=1可得f_i=\frac xL，即可得到上面的结论

这个结论的用处后面再说

假设我们已知一些节点移动的期望收益比当前点停止的收益低，即如果进行随机游走，一旦到达这些点，一个极端聪明的人是绝不会继续移动的，设这些点为停止点

会发现，如果从 i 出发进行移动，那么移动的期望收益一定是由 i 往前数第一个停止点和往后数第一个停止点贡献的

不妨设为 a 和 b，由我们之前的结论可以得到到达 a 停止的概率为\frac {b-i}{b-a}，到达 b 停止的概率为\frac {i-a}{b-a}，由期望公式可得从 i 出发进行随机移动的期望收益为 E=v_a\cdot \frac {b-i}{b-a}+v_b\cdot \frac {i-a}{b-a}，比划一下会发现这是满足物理里的杠杆模型的

现在我们得到了一个优秀的做法，就是对于每个点，找到其前后的第一个停止点，得到其移动的期望收益然后与自己的停止收益取最大值

但如何求出所有的停止点呢？

进一步，画个图可知，设 a 坐标为 (a,v_a)，b 坐标为 (b,v_b)，则从 i 出发进行移动的期望收益是 a,b 所连线段与直线x=i的交点纵坐标，所有的停止点会满足在x=i时，v_i要比这条线段要高

不难发现若将所有停止点 (i,v_i)画出来一定成为一个凸包，反证法证明：若存在一个停止点在凸包内，则这个点的移动期望比停止期望大，也就是说这并不是一个停止点，与假设相悖，得证

所以为了得到所有的停止点，只要对所有的(i,v_i)求个凸包即可

（要看图的兄弟可以看楼下的，逃）

证明真有趣

Code

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;

inline void read(ll&x){
    char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=101000,bs=1e5;
int n,tp;

struct vec{
    int x;ll y;
    inline vec(){}
    inline vec(const int&X,const ll&Y):x(X),y(Y){}
    friend inline vec operator - (const vec&A,const vec&B) {return vec(A.x-B.x,A.y-B.y);}
    friend inline ll operator * (const vec&A,const vec&B) {return A.x*B.y-A.y*B.x;}
}p,st[N];

void push(vec p){
    while(tp&&(p-st[tp])*(st[tp]-st[tp-1])<=0)--tp;
    st[++tp]=p;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);vec p;
    for(int i=1;i<=n;++i)p.x=i,read(p.y),p.y*=bs,push(p);
    push(vec(n+1,0));
    for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
        while(j<tp&&st[j].x<i)++j;
        if(st[j].x==i)printf("%lld\n",st[j].y);
        else printf("%lld\n",((st[j].x-i)*st[j-1].y+(i-st[j-1].x)*st[j].y)/(st[j].x-st[j-1].x));
    }return 0;
}