队里有人问我这题，我就做了一下，然后就ac了
题意
这个人会从1到n这n个镜子（其中记了若干个checkpoint），他依次问孰与城北徐公美，第\(i\)个镜子回答Yes的概率是\(p_i\),No的概率是\(1-p_i\).如果\(i\)回答了Yes,他就会去问\(i+1\),否则返回去问上一个checkpoint那个镜子。求最后问了镜子n且回答了Yes所需的期望次数。
他会做\(Q\)次更新，每次更新会增加或删除一个checkpoint。保证1永远是一个checkpoint。
\(Q,n\leq 2*10^5\).
解
从概率dp入手：设\(E_i\)为问了前\(i-1\)个镜子，将要问\(i\),距离问完还要的次数的期望。很明显\(E_{n+1}=0\).
显然有递推公式
\[
E_i=p_iE_{i+1}+(1-p_i)E_{c}+1
\]
其中\(c\)是小于等于\(i\)的下标最大的checkpoint。我们把\(n+1\)也看做一个checkpoint。
观察一个checkpoint \(c\),记大于它的最小checkpoint为 \(c'\).
有
\[
\begin{align}
E_{c'-1}&=p_{c'-1}E_{c'}+(1-p_{c'-1})E_c+1\\
E_{c'-2}&=p_{c'-2}E_{c'-1}+(1-p_{c'-2})E_c+1\\
&=p_{c'-2}(p_{c'-1}E_{c'}+(1-p_{c'-1})E_c+1)+(1-p_{c'-2})E_c+1\\
&=p_{c'-1}p_{c'-2}E_{c'}+(1-p_{c'-1}p_{c'-2})E_c+p_{c'-2}+1\\
E_{c'-3}&=...\\
&=p_{c'-1}p_{c'-2}p_{c'-3}E_{c'}+(1-p_{c'-1}p_{c'-2}p_{c'-3})E_c+p_{c'-3}p_{c'-2}+p_{c'-3}+1\\
\end{align}
\]
$$
于是可以猜测
\[
E_c=p_cp_{c+1}...p_{c'-1}p_{c'}E_{c'}+(1-p_cp_{c+1}...p_{c'-1})E_c+1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2}
\]
这个用归纳法应该是随便证的，懒得想了（）
于是\(E_c=E_{c'}+\frac{1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2}}{p_cp_{c+1}...p_{c'-1}}\).
不妨设\(f(c,c')=\frac{1+p_c+p_cp_{c+1}+...+p_cp_{c+1}...p_{c'-2}}{p_cp_{c+1}...p_{c'-1}}\),有\(E_{c}-E_{c'}=f(c,c')\).
记checkpoint序列为一个递增序列\(\{c_1,c_2,...,c_m\}\)
因此\(Ans=E_1=E_1-E_{c_1}+E_{c_1}-E_{c_2}+...+E_{c_m}-E_{n+1}=f(1,c_1)+f(c_1,c_2)+...+f(c_m,n+1)\).
把\(1\)看成\(c_0\),\(n+1\)看成\(c_{m+1}\).分成两种情况讨论更新:
1.\(c_i\)与\(c_{i+1}\)之间插入\(x\).把原来的\(f(c_i,c_{i+1})\)拆成了\(f(c_i,x)\)与\(f(x,c_{i+1})\)两段。
2.删除\(c_i\).把原来的\(f(c_{i-1},c_i)\)与\(f(c_i,c_{i+1})\)合并成\(f(c_{i-1},c_{i+1})\)一段。
很明显\(f(c,c')\)的求值，对\(p\)打个前缀积，再对前缀积打个前缀和就能\(O(1)\)计算。每次更新时查询小于\(x\)的最大值和大于\(x\)的最小值可以直接丢进set里\(O(log\ m)\)搞。因此\(O(Qlog\ n)\)就能过了。
来源：https://www.cnblogs.com/zhugezy/p/12013809.html