[CSP-S模拟测试]:抽卡（概率DP）
题目描述
水上由岐最近在肝手游，游戏里有一个氪金抽卡的活动。有$n$种卡，每种卡有 3 种颜色。每次抽卡可能什么也抽不到，也可能抽到一张卡。每氪金一次可以连抽 m 次卡，其中前$m−1$次抽到第$i$种卡的概率是$p_i$，什么都抽不到的概率为$1−\sum \limits_{i=1}^n p_i$，如果抽到了卡则这张卡是每种颜色的概率均为$\frac{1}{3}$；最后一次抽到第$i$种卡的概率是$q_i$，什么都抽不到的概率为$1−\sum \limits_{i=1}^n q_i$，如果抽到了卡则这张卡是每种颜色的概率均为$\frac{1}{3}$。她想知道，当每种颜色的每种卡全都抽到时，氪金次数的期望。
输入格式
第一行，两个正整数$n,m$。
第二行，$n$个正整数$\hat{p}_i$，表示$p_i=\dfrac{\hat{p}_i}{100n}$。
第三行，$n$个正整数$\hat{q}_i$，表示$q_i=\dfrac{\hat{q}_i}{100n}$。
请注意，$m=1$时也会输入$p_i$，尽管此时$p_i$并不会被用到。
输出格式
因为输入的概率均为有理数且分母很小，可以证明这个期望可以表示为一个有理数$\frac{x}{y}$，其中$x,y$为互质的正整数且$y\not\equiv 0(\mod 2000000011)$，您只需输出$x\times y^{−1}\mod 2000000011$（其中$2000000011$是一个质数，$y^{−1}$是$y$模$2000000011$的逆元）。您只需在计算中的每一步都用乘逆元来代替除法即可得到这个答案。
样例
样例输入1：
1 1
50
50
样例输出1：
11
样例输入2：
9 11
1 1 1 1 1 1 1 1 1
5 5 5 5 5 5 5 5 5
样例输出2：
1080332495
数据范围与提示
样例2解释：
这个数约等于$700.8844378075970484100784276$。
数据范围：
对于所有数据，$1\leqslant n\leqslant 9,1\leqslant m\leqslant 64,0<\sum \hat{p}_i,\sum \hat{q}_i\leqslant 100n$。
下表中的某些测试点有以下两种特殊性质中的一种或两种，一个测试点满足该性质用$\surd$表示，不满足用$\times$表示。
•性质一：所有$q_i=p_i$。
•性质二：所有$p_i$相等，所有$q_i$相等。
题解
不同种类的卡之间概率不等，不再等价，但是抽到每种颜色的概率都相等，所以对于每种卡来说不同颜色之间是等价的，只需记录每种颜色当前已经抽出了多少张卡（$0\sim 3$张），于是可以用一个$n$位的四进制数来记录，状态数为$4^n$。
考虑$DP$，设$dp[s][k]$表示当前的四进制数状态为$s$，本次氪金已经抽了$k$次，到结束时的期望氪金次数。当$s$已经包含了所有颜色的所有种类的卡时，$dp[s][k]=0$；否则，当$k=m$时，因为一次氪金抽卡的结束后是另一次氪金抽卡的开始，所以$dp[s][m]=dp[s][0]+1$；否则，记$c(s,i)$表示状态$s$中第$i$种卡片出现了多少种颜色，则$k<m−1$时（其中$t_i$表示）
则状态转移方程为：$dp[s][k]=\sum \limits_{i=1}^n p_i(\frac{c(s,i)}{3}dp[s][k+1]+(1-\frac{c(s,i)}{3})dp[t_i][k+1])$
$k=m−1$时将$p_i$换成$q_i$即可。最后答案为$dp[0][m]$（注意$dp[0][0]$表示的是一次氪金抽卡已经开始，$dp[0][m]$才表示还没有开始）。
然后你可能会想到高斯消元。
考虑优化，注意到方程组的特殊性，每个变量只依赖另外一个变量。
首先，$dp[s][m−1]$可以表示成（其中$a_{m−1},b_{m−1}$是可以求出的常量）
$dp[s][m-1]=a_{m-1}dp[s][m]+b_{m-1}$
$dp[s][m-2]$可以表示成（其中$c_{m-2},d_{m-2}$是可以求出的常量）
$dp[s][m-2]=c_{m-2}dp[s][m-1]+d_{m-2}$
然后将$dp[s][m−1]$代入$dp[s][m−2]$，可以得到
$dp[s][m-2]=c{m−2}(a_{m−1}dp[s][m]+b_{m−1})+d_{m−2} \\ =c_{m−2}a_{m−1}dp[s][m]+c_{m−2}b_{m−1}+d_{m−2} \\ =a_{m−2}dp[s][m−1]+b_{m−2}$
也即
$\begin{cases} a_{m-2}=c_{m-2}a_{m-1} \\ b_{m-2}=c_{m-2}b_{m-1}+d_{m-2} \end{cases} $
按$k$从大到小的顺序，可以依次求出$a_k,b_k$，即将$dp[s][k]$全部表示成$dp[s][k]=a_kdp[s][m]+b_k$的形式，最后得到
$dp[s][0]=a_0dp[s][m]+b_0$
而
$dp[s][m]=dp[s][0]+1$
联立两方程可以解出$dp[s][m]$的值，然后再代入$dp[s][k]=a_kdp[s][k]+b_k$求出所有$dp[s][k]$。
时间复杂度：$\Theta(4^nmn)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,pos,inv;
long long p[12],q[12];
long long dp[300000][100];
long long a[100],b[100];
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long res=1;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%2000000011;
x=x*x%2000000011;
y>>=1;
}
return res;
}
int ask(int x,int y){return (x>>(2*y-2))&3;}
int change(int x,int y){return (x^(ask(x,y)<<(2*y-2)))|((ask(x,y)+1)<<(2*y-2));}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
pos=qpow(100*n,2000000009);
inv=qpow(3,2000000009);
p[0]=q[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&p[i]);
p[i]=p[i]*pos%2000000011;
p[0]-=p[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&q[i]);
q[i]=q[i]*pos%2000000011;
q[0]-=q[i];
}
p[0]=(p[0]%2000000011+2000000011)%2000000011;
q[0]=(q[0]%2000000011+2000000011)%2000000011;
for(int i=(1<<(n<<1))-2;i>=0;i--)
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
a[m-1]=q[0];
for(int k=1;k<=n;k++)
{
long long flag=inv*ask(i,k)%2000000011;
a[m-1]=(a[m-1]+q[k]*flag%2000000011)%2000000011;
if(ask(i,k)!=3)b[m-1]=(b[m-1]+dp[change(i,k)][m]*q[k]%2000000011*(2000000012-flag)%2000000011)%2000000011;
}
for(int j=m-2;j>=0;j--)
{
a[j]=p[0];
for(int k=1;k<=n;k++)
{
long long flag=inv*ask(i,k)%2000000011;
a[j]=(a[j]+p[k]*flag%2000000011)%2000000011;
if(ask(i,k)!=3)b[j]=(b[j]+dp[change(i,k)][j+1]*p[k]%2000000011*(2000000012-flag)%2000000011)%2000000011;
}
b[j]=(b[j+1]*a[j]+b[j])%2000000011;
a[j]=a[j]*a[j+1]%2000000011;
}
dp[i][m]=(b[0]+1)*qpow(2000000012-a[0],2000000009)%2000000011;
for(int j=0;j<m;j++)
dp[i][j]=(a[j]*dp[i][m]+b[j])%2000000011;
}
printf("%lld",dp[0][m]);
return 0;
}
rp++
