JZOJ 6812 战争

妙。

ilnil 大佬教导我们，看到这种题一半都要考虑构造个奇怪的函数，使得终态对应的函数值是唯一最值，且每次操作的期望变化量为常数。

对于最值的限制，要当 n 越小时越大，那么容易想到关于 ai 构造指数函数。
而期望变化量为常数，注意到有 p 的概率，所以指数函数的底数可以考虑 1p。而对于分裂出来的国家，似乎不好考虑。那么强行减掉一个 1p 即可。

所以对于状态 S={a1,a2,…,an}，构造 g(S)=n∑i=1(1pai−1p)。
易得进行一次操作的期望增量为 Δ=2p−2。

设答案为 f(S)，于是易证 E(f(S))=1Δ(g({n∑i=1ai})−g(S))。

代码：

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 4e7;
const int M = 1e5;
const int W = 15;
const int B = 1 << W;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int fpow(int a,int b)
{
    int ret = 1;
    for(;b;b >>= 1)
        (b & 1) && (ret = (long long)ret * a % mod),a = (long long)a * a % mod;
    return ret;
}
int T,n,s,t,p;
int sum;
unsigned long long x,y,z,b1,b2,b;
int m,q[M + 5];
long long l[M + 5],r[M + 5];
int pw1[B + 5],pw2[B + 5];
inline int query(int x)
{
    return (long long)pw2[x >> W] % mod * pw1[x & (B - 1)] % mod;
}
int ans1,ans2,ans;
int main()
{
    freopen("warfare.in","r",stdin),freopen("warfare.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&T,&n,&s,&t),p = (long long)t * fpow(s,mod - 2) % mod;
    pw1[0] = pw2[0] = 1;
    for(register int i = 1;i <= B;++i)
        pw1[i] = (long long)pw1[i - 1] * p % mod;
    for(register int i = 1;i <= B;++i)
        pw2[i] = (long long)pw2[i - 1] * pw1[B] % mod;
    long long a;
    if(!T)
        for(register int i = 1;i <= n;++i)
        {
            scanf("%lld",&a),a %= mod - 1;
            sum = (sum + a) % (mod - 1),
            ans2 = (ans2 + (query(a) - p + mod) % mod) % mod;
        }
    else
    {
        scanf("%d%llu%llu%llu%llu%llu",&m,&x,&y,&z,&b1,&b2);
        for(register int i = 1;i <= m;++i)
            scanf("%d%lld%lld",q + i,l + i,r + i);
        for(register int i = 1,j = 1;i <= n;++i)
        {
            for(;q[j] < i;++j);
            if(i == 1)
                b = b1;
            else if(i == 2)
                b = b2;
            else
                b = x * b2 + y * b1 + z;
            a = b % (r[j] - l[j] + 1) + l[j];
            a %= mod - 1;
            sum = (sum + a) % (mod - 1),
            ans2 = (ans2 + (query(a) - p + mod) % mod) % mod;
            i > 2 && (b1 = b2,b2 = b);
        }
    }
    ans1 = (query(sum) - p + mod) % mod;
    ans = (long long)(ans1 - ans2 + mod) * fpow((2LL * p + mod - 2) % mod,mod - 2) % mod;
    printf("%d\n",ans);
}