CF708E-Student‘s Camp【数学期望,dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF708E

1|1题目大意

有 $n*m$ 的矩形网格，然后每次每行最左边和最右边的格子各有 $p=\frac{c}{d}$ 的概率会消失，进行 $k$ 次。

求最后所有格子依旧四联通的概率，在 $\%(10^9+7)$ 的情况下进行

$1\leq n,m\leq 1500,1\leq k\leq 10^5$

1|2解题思路

$n,m$ 很小，感觉上不是一个暴力计数的题目。

可以考虑一个比较慢的方法先，先考虑一个方向腐蚀了 $i$ 次的概率设为 $E_i$ 那么显然地有

E_{i} = (\binom{k}{i}) p^{i} (1 - p)^{k - i}

$E_i=\binom k ip^{i}(1-p)^{k-i}$

然后设 $f_{i,l,r}$ 表示到第 $i$ 层时，剩下了 $l\sim r$ 且上面的层都联通的概率。
那么一个简单的 $dp$ 有

f_{i, l, r} = E_{l - 1} E_{m - r} \times \sum_{[l^{'}, r^{'}] \cap [l, r] \neq \emptyset} f_{i - 1, l^{'}, r^{'}}

$f_{i,l,r}=E_{l-1}E_{m-r}\times \sum_{[l',r']\cap[l,r]\neq \varnothing} f_{i-1,l',r'}$

先把这个方程优化到 $O(nm^2)$ ，设 $L_{i,j}=\sum_{l\leq r<j}f_{i,l,r},R_{i,j}=\sum_{r>l\geq j}f_{i,l,r},S_{i}=\sum f_{i,l,r}$
那么有

f_{i, l, r} = E_{l - 1} E_{m - r} (S_{i - 1} - L_{i - 1, l} - R_{i - 1, r})

$f_{i,l,r}=E_{l-1}E_{m-r}(S_{i-1}-L_{i-1,l}-R_{i-1,r})$

嗯然后我们要把 $f$ 的状态数转到 $O(nm)$ 的，其实不难发现的一点是这些东西都具有对称性，也就是 $f_{i,l,r}=f_{i,n-r+1,n-l+1}$ 。所有我们可以设 $F_{i,j}=\sum_{k=1}^jf_{i,k,j}$
那么有 $L_{i,j}=\sum_{k=1}^jF_{i,k}$ 因为对称性又有 $R_{i,j}=L_{i,n-j+1}$ 所以此时我们已经可以表示出所有的 $F,L,R$ 了。考虑这个 $F$ 如何转移

F_{x, y} = \sum_{i = 1}^{y} f_{x, i, y} = \sum_{i = 1}^{y} E_{i - 1} E_{m - y} (S_{x - 1} - L_{x - 1, i} - R_{x - 1, y})

$F_{x,y}=\sum_{i=1}^yf_{x,i,y}=\sum_{i=1}^yE_{i-1}E_{m-y}(S_{x-1}-L_{x-1,i}-R_{x-1,y})$

\Rightarrow F_{x, y} = E_{m - y} ((S_{x - 1} - R_{x - 1, y}) \sum_{i \leq y} E_{i - 1} - \sum_{i \leq y} E_{i - 1} L_{x - 1, i})

$\Rightarrow F_{x,y}=E_{m-y}(\ \ (S_{x-1}-R_{x-1,y})\sum_{i\leq y}E_{i-1}-\sum_{i\leq y}E_{i-1}L_{x-1,i}\ \ )$

这样就是 $O(nm)$ 的了，可以通过本题

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1510,P=1e9+7,K=1e5+10;
ll n,m,p,q,k,fac[K],inv[K],E[N],S[N];
ll f[N][N],s[N][N],t[N][N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	scanf("%lld%lld",&p,&q);p=p*power(q,P-2)%P;
	scanf("%lld",&k);q=P+1-p;inv[1]=1;
	for(ll i=2;i<K;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	fac[0]=inv[0]=1;
	for(ll i=1;i<K;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=0;i<=min(k,m);i++)E[i]=C(k,i)*power(p,i)%P*power(q,k-i)%P;
	S[0]=E[0];for(ll i=1;i<=m;i++)S[i]=(S[i-1]+E[i])%P;
	s[0][m]=f[0][m]=1;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		for(ll j=1;j<=m;j++){
			f[i][j]=E[m-j]*((s[i-1][m]-s[i-1][m-j])*S[j-1]%P-t[i-1][j])%P;
			s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%P;
			t[i][j]=(t[i][j-1]+s[i][j-1]*E[j-1]%P)%P;
		}
	}
	printf("%lld\n",(s[n][m]+P)%P);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14578709.html
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