NC16856 [NOI1999]钉子和小球.md

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题目

题目描述

有一个三角形木板,竖直立放，上面钉着n(n+1)/2颗钉子，还有(n+1)个格子（当n=5时如图1）。每颗钉子和周围的钉子的距离都等于d，每个格子的宽度也都等于d，且除了最左端和最右端的格子外每个格子都正对着最下面一排钉子的间隙。

让一个直径略小于d的小球中心正对着最上面的钉子在板上自由滚落，小球每碰到一个钉子都可能落向左边或右边（概率各1/2），且球的中心还会正对着下一颗将要碰上的钉子。例如图2就是小球一条可能的路径。

我们知道小球落在第i个格子中的概率pi= ，其中i为格子的编号，从左至右依次为0,1,...,n。

现在的问题是计算拔掉某些钉子后，小球落在编号为m的格子中的概率pm。假定最下面一排钉子不会被拔掉。例如图3是某些钉子被拔掉后小球一条可能的路径。

​ 图1 图2 图3

输入描述

第1行为整数n（2 ≤ n ≤ 50）和m（0 ≤ m ≤ n）。以下n行依次为木板上从上至下n行钉子的信息，每行中‘*’表示钉子还在，‘.’表示钉子被拔去，注意在这n行中空格符可能出现在任何位置。

输出描述

仅一行，是一个既约分数(0写成0/1)，为小球落在编号为m的格子中的概pm。既约分数的定义：A/B是既约分数，当且仅当A、B为正整数且A和B没有大于1的公因子。

示例1

输入

5 2
    *
   * .
  * * *
 * . * *
* * * * *

输出

7/16

题解

知识点：线性dp。

先把三角形当成直角三角形。

*
* .
* * *
* . * *
* * * * *

设 $dp[i][j]$ 表示为落到 $(i,j)$ 位置的概率。发现假设 $(i,j)$ 的概率可以通过 $(i-1,j),(i-1,j-1),(i-2,j-1)$ 转移，前两个代表是上一层的钉子转移过来，概率需要除 $2$后一个代表是从上上层的空位直接掉下来。

因此我们用 $dz$ 数组记录钉子是否存在，从下标 $0$ 开始计算，因为这样最下方的隔间的 $i$ 就为 $n$ 了。于是有转移方程：

$$dp[i][j] =\frac{dp[i-1][j]}{2} + \frac{dp[i-1][j-1]}{2} + dp[i-2][j-1]$$

要注意的是，需要输出分数，因此不能用浮点数作概率，也不推荐模拟分数因为会炸整数范围，这里建议直接给所有分母乘上一个最大公倍数。这里的话因为所有的概率只可能除 $2$ ，最多除 $2^n$ 大小，因此乘上 $2^n$ 即可，还不会炸范围，最后再除回去约分即可。

时间复杂度 $O(n^2)$

空间复杂度 $O(n^2)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
bool dz[57][57];
 
ll gcd(ll a, ll b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
 
ll dp[57][57];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        for (int j = 0;j <= i;j++) {
            char c;
            cin >> c;
            if (c == '*') dz[i][j] = 1;
        }
    }
    ll base = 1LL << n;
    dp[0][0] = base;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        for (int j = 0;j <= i;j++) {
            if (0 <= j && j <= i - 1 && dz[i - 1][j]) dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j] / 2;
            if (0 <= j - 1 && j - 1 <= i - 1 && dz[i - 1][j - 1]) dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j - 1] / 2;
            if (i >= 2 && 0 <= j - 1 && j - 1 <= i - 2 && !dz[i - 2][j - 1]) dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 2][j - 1];
        }
    }
    ll d = gcd(dp[n][m], base);
    cout << dp[n][m] / d << '/' << base / d << '\n';
    return 0;
}