【BZOJ5340】假面（CTSC2018）-概率DP

测试地址：假面
做法：本题需要用到概率DP。
首先，注意到血量很小，因此对于第一种操作，直接概率DP维护敌方单位在各个血量的概率即可，式子很简单相信大家都会，我就不写了，时间复杂度为O(Qm)$O(Qm)$。
接下来，对于第二种操作，令第i$i$个单位的存活概率为pi$p_i$，则有：
ansi=∑k−1j=01j+1g(i,j)$an{s}_i=\sum _{j=0}^{k-1}\frac{1}{j+1}g(i,j)$
其中g(i,j)$g(i,j)$为除i$i$之外恰有j$j$个单位存活的概率。我们怎么计算这个概率呢？注意到这些单位的安排顺序并不影响g$g$的值，因此我们要算第i$i$个单位时，就把这个单位放到队列的最后，然后对前面进行概率DP。令f(i,j)$f(i,j)$为前i$i$个单位恰有j$j$个存活的概率，则有：
f(i,j)=pif(i−1,j−1)+(1−pi)f(i−1,j)$f(i,j)=p_{i}f(i-1,j-1)+(1-p_i)f(i-1,j)$
显然g(i,j)=f(k−1,j)$g(i,j)=f(k-1,j)$。那么我们对每个单位都进行一次这样的DP，总的时间复杂度就是O(Cn3)$O(C{n}^3)$的，可以拿到70$70$分。
要进一步优化，首先要发现f(k,j)$f(k,j)$无论是在哪个单位的计算过程中都是相同的，而f(k,j)$f(k,j)$一层仅由f(k−1,j)$f(k-1,j)$一层转移而来，那么我们可以尝试按照前面的状态转移方程倒推，于是有：
f(k−1,j)=f(k,j)−pkf(k−1,j−1)1−pk$f(k-1,j)=\frac{f(k,j)-p_{k}f(k-1,j-1)}{1-p_k}$
于是对于每个单位的计算，时间复杂度就从O(n2)$O(n^2)$优化到了O(n)$O(n)$。然而肯定有同学注意到了，万一pk=1$p_k=1$就不能使用上面的式子了，那要怎么办呢？注意到此时，有f(k,j)=f(k−1,j−1)$f(k,j)=f(k-1,j-1)$，也就是说f(k−1,j)=f(k,j+1)$f(k-1,j)=f(k,j+1)$，直接计算即可。上面的所有递推式都没有写边界条件，相信大家可以自行脑补（实在不行就请看本人的代码…）。那么我们就得到了一个总时间复杂度为O(Cn2)$O(C{n}^2)$的算法，可以通过此题。
我傻逼的地方：有个地方忘记取模，导致计算溢出……这应该是很低级的错误了……
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
int n,m[210],q,pos[210];
ll inv[210]={0},t[210][110]={0},f[210][210]={0},g[210]={0};

ll power(ll a,ll b)
{
    ll s=1,ss=a;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=s*ss%mod;
        ss=ss*ss%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&m[i]);
        t[i][m[i]]=1;
        inv[i]=power(i,mod-2);
    }

    scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        int op,id,k;
        ll u,v;
        scanf("%d",&op);
        if (!op)
        {
            scanf("%d%lld%lld",&id,&u,&v);
            ll p=u*power(v,mod-2)%mod;
            t[id][0]=(t[id][0]+p*t[id][1])%mod;
            for(int j=1;j<=m[id];j++)
                t[id][j]=(((1ll-p)*t[id][j]+p*t[id][j+1])%mod+mod)%mod;
        }
        else
        {
            scanf("%d",&k);
            f[0][0]=1;
            for(int j=1;j<=k;j++)
            {
                scanf("%d",&pos[j]);
                f[j][0]=f[j-1][0]*t[pos[j]][0]%mod;
                for(int p=1;p<=j;p++)
                    f[j][p]=((f[j-1][p]*t[pos[j]][0]+f[j-1][p-1]*(1ll-t[pos[j]][0]))%mod+mod)%mod;
            }
            for(int j=1;j<=k;j++)
            {
                ll ans=0;
                if (t[pos[j]][0])
                {
                    ll nowinv=power(t[pos[j]][0],mod-2);
                    g[0]=f[k][0]*nowinv%mod;
                    for(int p=1;p<k;p++)
                        g[p]=((f[k][p]-g[p-1]*(1ll-t[pos[j]][0]))%mod+mod)%mod*nowinv%mod;
                }
                else
                {
                    for(int p=0;p<k;p++)
                        g[p]=f[k][p+1];
                }
                for(int p=0;p<k;p++)
                    ans=(ans+inv[p+1]*g[p])%mod;
                printf("%lld ",(ans*(1ll-t[pos[j]][0])%mod+mod)%mod);
            }
            printf("\n");
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll ans=0;
        for(ll j=1;j<=m[i];j++)
            ans=(ans+j*t[i][j])%mod;
        printf("%lld ",ans);
    }

    return 0;
}