AGC056E-Cheese【dp】

0|1前言

奶酪可能会长腿，但绝对不会变质
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1|0正题

题目链接:https://atcoder.jp/contests/agc056/tasks/agc056_e

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1|1题目大意

有一个长度为$n$的环，第$i+0.5(0\leq i<n)$位置上各有一只老鼠。

然后进行以下操作$n-1$次：
第$i$个位置有$a_i\%$的概率被选择（选择一个），然后在这个位置上放一个奶酪，这个奶酪会顺时针跑，跑到一个老鼠的位置时有$50\%$的概率被吃掉，老鼠如果吃过奶酪就会离开。

求每只老鼠被留到最后的概率。

$1\leq n\leq 50,\sum_{i=0}^{n-1}a_i=100$

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1|2解题思路

考虑第$n$只老鼠留到最后的概率，因为无论是哪只奶酪吃什么老鼠都是一样的，所以我们可以考虑开始时就将所有的奶酪放下来，然后让它们一起绕着环走。

同样的，奶酪的移动顺序也是无关紧要的，所以我们可以考虑让所有的奶酪先绕道第$n$只老鼠的面前然后一起统计。

那么先考虑$dp$，设$f_{i,j,k}$表示现在已经放下的奶酪都已经走到了位置$i$处，然后已经放下了$j$个奶酪，已经有$k$个被老鼠吃了。

那么每次的转移分成两部分，第一部分是放奶酪，枚举这个位置放置了$x$个奶酪，需要注意的是除了概率以外因为这个方案是涉及可重排列的，所以还需要乘上一个$\frac{1}{x!}$。

第二部分是吃奶酪，因为每只奶酪只会吃一个老鼠，所以统计没有这些奶酪都没有被吃的概率，很方便转移。

那么假设目前有$k$个奶酪走到了第$n$只老鼠前，那么说明前面还剩下$k-1$只老鼠没有被吃，那么考虑这种情况下第$n$只老鼠被留到最后的概率。

考虑一个神必的证明方法，我们考虑绕一圈绕到第$i$只老鼠处还剩下$x$个奶酪，然后考虑$i$和$i+1$之间被留到最后的概率：

• 如果$i$和$i+1$都吃到了，我们显然得不出两个的概率关系。
• 如果$i$和$i+1$都没被吃到，我们也得不出来，考虑下一轮。
• 如果$i$吃了并且$i+1$没吃，概率是$(1-\frac{1}{2^x})\frac{1}{2^{x-1}}$
• 如果$i$没吃并且$i+1$吃了，概率是$\frac{1}{2^x}(1-\frac{1}{2^x})$

那么记$p_i$表示$i$留到最后的概率，就有$p_i:p_{i+1}=\frac{1}{2^x}(1-\frac{1}{2^x}):(1-\frac{1}{2^x})\frac{1}{2^{x-1}}=1:2$
然后又因为$\sum_{i=1}^{k-1}p_i=1$，所以有$p_i=\frac{2^{i-1}}{2^{k}-1}$，那么我们要求的就是$p_1=\frac{1}{2^k-1}$

然后这样是求第$n$只老鼠的，改一下其他的$a_i$就好了。

时间复杂度：$O(n^5)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=55,P=998244353;
ll n,fac[N],inv[N],pw[N],pr[N];
ll a[N],f[N][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;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=pw[0]=pr[0]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]*inv[2]%P,pr[i]=pr[i-1]*2ll%P;
	for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]),a[i]=a[i]*power(100,P-2)%P;
	ll sum=0;
	for(ll s=0;s<n;s++){
		//f[i][j][k]表示到s+i,j个奶酪,被吃了k个
		memset(f,0,sizeof(f));f[0][0][0]=1;
		for(ll x=1;x<=n;x++){
			for(ll i=0;i<n;i++)
				for(ll j=0;j<=i;j++)
					for(ll k=0,r=1;k<=i-j;k++,r=r*a[(s+x)%n]%P)
						(f[x][i][j]+=f[x-1][i-k][j]*r%P*inv[k]%P)%=P;
			if(x==n)continue;
			for(ll i=0;i<n;i++)
				for(ll j=i-1;j>=0;j--){
					(f[x][i][j+1]+=f[x][i][j]*(1-pw[i-j])%P)%=P;
					(f[x][i][j]=f[x][i][j]*pw[i-j]%P)%=P;
				}
		}
		ll ans=0;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
			(ans+=f[n][n-1][n-i]*fac[n-1]%P*power(pr[i]-1,P-2)%P)%=P;
		printf("%lld ",(ans+P)%P);sum=(sum+ans)%P;
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/16087753.html
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