D.CheckPoint
构造一个0/1序列 ，1表示当前关卡有存档点 0表示没有存档点
每一关通过的概率为1/2 ,问怎么构造才能使得通过所有关卡的期望步数 = k
到达当前关卡 若通过挑战 则步数++，通向下一关;
若不通过 则步数++, 回到目前为止最近一个有存档点的关卡
(回到存档点的关卡也要重新挑战)
若不能构造则输出-1
所有情况下第一关 必然有存档点
题目样例给出了几个情况
当k=8 时 关卡设计为 1 1 1 1
当k=4 时 关卡设计为 1 1
由于通过本关之后到达下一关激活了复活点 所以失败后仍在本关复活
相当于它与前面的关卡设计已经无关
所以通过第i关的期望次数=2 通过所有关的期望是2n
当关卡设计中存在有不含检查点的关卡时
不能通过就会复活在目前为止最近一个有存档点的关卡
状态如上图所示
设$f_x$ 表示从第x关出发 到达下一个检查点所需要的期望步数 (终点也视为检查点)
那么 对于第x 关 它有 1/2 的概率 通关到达下一关 则需要的步数为(1+$f_{x+1}$)
也有1/2的概率失败 回到 上一个检查点 y 则需要的步数为 (1+ $f_y$)
若第x+1关存在检查点 那么 它有 1/2 的概率 通关到达检查点 视为 一个临时的终点 需要1步
也有1/2的概率失败 回到 上一个检查点 y 则需要的步数为 (1+ $f_y$)
若到达一个新的检查点 由于之后的关卡失败也是从这一个检查点重新开始
所以后半段的期望步数与前半段期望步数不相干 通关的期望步数 是所有 (1 0 0 0 …) 段独立 期望的和
对于长度为m形如：1 0 0 0 0 ….. 的连续关卡
可以视为 连续投掷m个硬币 所有正面朝上所需要的期望次数 (若有一枚为反面 则全部重来)
这个问题模型推导 可以参考此处
1
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
#define Turnoff std::ios::sync_with_stdio(false)
const int Max=2e5+5;
const int Mod=1e9+7;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f;
#define P pair<ll,ll>
#define __DEBUG__
#ifdef __DEBUG__
#define DeBug(format, ...) \
{ \
fprintf(stdout, "[%s:%d]" format "", \
__FUNCTION__ , __LINE__, ##__VA_ARGS__); \
}
#else
#define DeBug(format,...)
#endif
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1)ans*=x;
x*=x;y>>=1;
}
return ans;
}
int arr[Max];
int main(void){
Turnoff;
int t;cin>>t;
while(t--){
ll n;cin>>n;
if(n&1){
cout<<-1<<endl;
continue;
}
int now=0;
while(n){
ll L=-1,R=61;
while(R-L>1){
ll mid=(L+R)>>1;
if(qpow(2,mid+1)-2<=n)L=mid;
else R=mid;
}
while(qpow(2,L+2)-2<=n)L++;
arr[now]=1;
for(int i=1;i<L;i++){
arr[now+i]=0;
}
now+=L;
n-=qpow(2,L+1)-2;
}
cout<<now<<endl;
for(int i=0;i<now;i++)cout<<arr[i]<<" ";
cout<<endl;
}
}
|