CF1781F 题解

$\text{link}$ 。也是一道非常巧妙的 $\texttt{dp}$ 。

容易想到把括号变成 $\pm 1$。考虑括号序列合法等价于前缀和 $\ge 0$，我们可以想加入 $()$ 或 $)($ 对前缀的影响。

设加入的位置的前一位前缀和为 $x$，则加入 $()$ 相当于把 $x$ 替换为 $[x,x+1,x]$，加入 $)($ 相当于把 $x$ 替换为 $[x,x-1,x]$。

则原问题等价于初始给定一个集合 $S={0}$，有 $n$ 次操作，每次等概率地选择集合中的一个元素 $x$，并有 $p$ 的概率把 $x,x+1$ 加入 $S$，有 $1-p$ 的概率把 $x,x-1$ 加入 $S$，求$n$ 次操作后 $S$ 中所有元素非负的概率。

显然概率转方案，最终除以 $(2n-1)!!$。

令 $f_{n,x}$ 表示进行了 $n$ 次操作，初始在集合中的数为 $x$ 的方案数，最终答案就是 $\dfrac{f_{n,0}}{(2n-1)!!}$。则

$f_{n,x}=p\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1-i}\dfrac{(n-1)!}{i!j!(n-1-i-j)!}f_{i,x}f_{j,x+1}f_{n-1-i-j,x}+ (1-p)\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1-i}\dfrac{(n-1)!}{i!j!(n-1-i-j)!}f_{i,x}f_{j,x-1}f_{n-1-i-j,x}$

解释一下：比如果加入 $x,x+1$ 是求方案数，我们就枚举新加入的 $x,x+1$ 在之后基于它们各进行了几次操作，就是枚举 $i,j$，然后剩下的 $n-1-i-j$ 次操作就是基于原来在集合中的 $x$ 操作。

由于顺序不一定要乘上一个系数（就是那里的阶乘）。加号右半边也是同理。

这时复杂度是 $O(n^4)$ ，不能接受，显然考虑前缀和优化。

我们发现加号左右两边很像啊，于是考虑交换求和顺序，先枚举 $j$，这时 $\dfrac{(n-1)!}{i!j!(n-1-i-j)!}$ 我们把它变为 $\dbinom{n-1}{j}\dbinom{n-1-j}{i}$ 。

则 $f_{n,x}=\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{j}(pf_{j,x+1}+(1-p)f_{j,x-1})\sum\limits_{i=0}^{n-1-i-j}\dbinom{n-1-j}{i}f_{i,x}f_{n-1-i-j,x}$ 。

令 $g_{n,x}=\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}f_{i,x}f_{n-i,x}$，则 $f_{n,x}=\sum\limits_{j=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{j}(pf_{j,x+1}+(1-p)f_{j,x-1})g_{n-1-j}$ 。

这样复杂度就是 $O(n^3)$ 了，可以接受。

有一点要注意，就是初始化我们要假设所有 $f_{0,x}$ 都为 $1$，因为我们这样 $\texttt{dp}$ 是假定初始所有数都可能出现。这样所有 $g_{0,x}=1$ 。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=505,mod=998244353;
int n,p,P,jc[N],inv[N],f[N][N],g[N][N],s=1;
inline int ksm(int x,int p){int s=1;for(;p;(p&1)&&(s=1ll*s*x%mod),x=1ll*x*x%mod,p>>=1);return s;}
inline int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&p);p=796898467ll*p%mod;P=(mod+1-p)%mod;
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
	inv[n]=ksm(jc[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++) f[0][i]=g[0][i]=1;for(int i=1;i<=n*2;i+=2) s=1ll*s*i%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++)//f{i,j}
		{
			for(int k=0;k<=i-1;k++) f[i][j]=(f[i][j]+(1ll*p*f[k][j+1]+(j>0?1ll*P*f[k][j-1]:0))%mod*C(i-1,k)%mod*g[i-1-k][j])%mod;
			for(int k=0;k<=i;k++) g[i][j]=(g[i][j]+1ll*C(i,k)*f[k][j]%mod*f[i-k][j])%mod;
		}
	printf("%d",1ll*f[n][0]*ksm(s,mod-2)%mod);
	return 0;
}