NOIP2017模拟赛14 灵魂画师

灵魂画师

题目描述

    虽然不知道为什么，但是你一直想用一种神奇的方式完成一幅画作。

    你把n张画纸铺成一排，并将它们从1到n编号。你一共有c种颜色可用，这些颜色可以用0到c-1来编号。初始时，所有画纸的颜色都为1。你一共想进行k次作画，第i次作画时，你会等概率随机地选闭区间[L_i,R_i]内的画纸的一个子集（可以为空），再随机挑一种颜色b_i，并把挑出来的画纸都涂上该颜色。原有颜色a的画纸在涂上颜色b后，颜色会变成(a*b) mod c，这是这个世界的规律。

    因为你将颜色用数字来命名了，因此你可以求出在k次作画结束后，每张画纸上的颜色对应的数字相加之和的期望。现在请你编程求一下这个值。

    以防万一你不知道什么是期望：如果一个量X，它有p₁的概率值为v₁，有p₂的概率值为v₂……p_n的概率值为v_n，则X的期望值等于p₁v₁+p₂v₂+……+p_nv_n

输入格式

         第一行包含3个正整数n, c, k，意义如题所述。

         接下来k行，每行包含两个数L_i, R_i，表示你每次操作会从哪个区间内随机地选画纸。

输出格式

         一行，一个小数，表示答案，四舍五入精确到小数点后3位。

样例输入1

2 3 1
1 2

样例输出1

2.000

样例解释

         一共有4种选择子集的可能，每种的概率都是1/4。

         选空集：画纸不会发生改变，颜色和是1+1=2；

         选{1}：画纸2不会发生改变。选颜色有3种可能，使得画纸1最终分别变成颜色0、1、2，概率都是1/3，颜色和的期望是1/3*(0+1)+1/3*(1+1)+1/3*(2+1)=2；

         选{2}：与选1对称，颜色和的期望也是2；

         选{1,2}：选颜色有3种可能，使得两张画纸最终都变成颜色0、1、2，概率都是1/3，颜色和的期望是1/3*(0+0)+1/3*(1+1)+1/3*(2+2)=2；

         综上，4种选择子集的方案的颜色和的期望为2。

样例输入2

3 3 3
1 2
2 3
1 3

样例输出2

2.639

数据范围：

思路：

和的期望=期望的和。由于每张纸的初始状态都是1，所以考虑N³的期望DP。我们用dp[i][j]表示一张纸被操作了i次之后变成颜色j的概率。对每张纸单独计算，统计操作了几次。在每次枚举子集时，区间内的每个元素都有二分之一的概率被选中上色，而每种颜色被选中的概率是1/c，然后我们就有了转移方程，如果被选上：dp[t][i*j%c]+=dp[t-1][i]/(c*2);如果没被选上：dp[t][i]+=dp[t-1][i]/2;

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

int n,c,k,a,b,num[108],maxn;
double dp[108][108],ans;

long long read()
{
    long long x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int main()
{
    freopen("paint.in","r",stdin);
    freopen("paint.out","w",stdout);
    n=read();c=read();k=read();
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        a=read();b=read();
        for(int i=a;i<=b;++i)
        {
            num[i]++;
            maxn=max(maxn,num[i]);
        }
    }
    dp[0][1]=1;
    for(int t=1;t<=maxn;++t)
    {
        for(int i=0;i<c;++i)
        {
            for(int j=0;j<c;++j)
            {
                dp[t][i*j%c]+=dp[t-1][i]/(c*2);
            }
            dp[t][i]+=dp[t-1][i]/2;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=0;j<c;++j)
        {
            ans+=dp[num[i]][j]*j;
        }
    }
    printf("%.3lf",ans);
    return 0;
}