【AGC056E】Cheese（DP）

Cheese

题目链接：AGC056E

题目大意

给你一个环，边上有老鼠，然后会进行 n-1 次操作：
每次选一个一个点放一个奶酪（每个点的概率给出），然后奶酪会顺时针跑，每到一个老鼠就判定是否被吃，被吃了就那个老鼠和这个奶酪都没了。
要你求最后剩下某个老鼠的概率。

思路

首先做这个东西有一个很重要的点：
就是到时什么东西的顺序是有关系的。

你会发现这个奶酪的顺序没有太大的关系，最后用一个重排把类型乘起来就就可以了。
那我们就可以再让所有的奶酪先走到同一个位置（把放下的提前放下），然后再处理一直转圈的情况。

那一开始的东西我们考虑用 DP 求：
$f_{i,j,k}$ 表示现在到 $i$ 点，放了 $j$ 个奶酪，已经有 $k$ 个被吃了的情况。
然后你就根据两个东西转移：放奶酪和奶酪被吃。
放奶酪不难看，枚举在一个位置放这个奶酪的概率，然后在这个转移的时候不要忘记把重排的下面部分也乘上。
接着是看吃奶酪。
那我们就看这个位置吃不吃，怎么看概率呢，如果吃了就是这当前还在的 $j$ 个里面有一个吃了，概率是 $\dfrac{1}{2^j}$，那没吃自然就是 $1-\dfrac{1}{2^j}$。

然后接着考虑怎么转圈。
考虑对于 $x$ 个奶酪在两个在剩下的 $y$ 个老鼠中跑，考虑位置相邻的老鼠 $i,i+1$，它们两个谁会留下来。
如果都挂了或者都没有挂（就只看一轮），那都没有意义。
如果 $i$ 挂了 $i+1$ 没挂，那概率是 $(1-\dfrac{1}{2^x})\dfrac{1}{2^{x-1}}$
如果 $i+1$ 挂了 $i$ 没挂，那概率是 $\dfrac{1}{2^x}(1-\dfrac{1} {2^x})$

然后你看看他们两个的比例，会发现是 $2:1$！
也就是说 $p_i:p_{i+1}=1:2$（$p_i$ 是 $i$ 留下来的概率)
那显然 $\sum\limits_{i=1}^np_i=1$，所以就是有 $p_i=\dfrac{2^{i-1}}{2^n-1}$
那我们要的是第一个，所以就是 $\dfrac{1}{2^n-1}$。

然后用 DP 的 $f_{n,n-1,x}$ 来搞，这里对应的就是 $n-x$ 个老鼠的答案。
然后就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

const int N = 40 + 5;
int n;
ll a[N], jc[N], inv[N], two[N], twv[N], f[N][N][N];

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = re * x % mo;
		x = x * x % mo; y >>= 1;
	}
	return re;
}

void Init() {
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
	inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < N; i++) inv[i] = inv[mo % i] * (mo - mo / i) % mo;
	for (int i = 1; i < N; i++) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mo;
	two[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) two[i] = two[i - 1] * 2 % mo;
	ll tmp = ksm(2, mo - 2); twv[0] = 1; for (int i = 1; i < N; i++) twv[i] = twv[i - 1] * tmp % mo;
}

int main() {
	Init();
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]); a[i] = a[i] * ksm(100, mo - 2) % mo;
	}
	
	for (int x = 0; x < n; x++) {
		memset(f, 0, sizeof(f)); f[0][0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 0; j < n; j++)
				for (int k = 0; k <= j; k++) {
					for (ll l = 0, g = 1; l <= j - k; l++, g = g * a[(x + i) % n] % mo) {
						(f[i][j][k] += f[i - 1][j - l][k] * g % mo * inv[l] % mo) %= mo;
					}
				}
			if (i != n) {
				for (int j = 0; j < n; j++) {
					for (int k = j; k >= 0; k--) {
						if (k != j) (f[i][j][k + 1] += f[i][j][k] * (1 - twv[j - k] + mo) % mo) %= mo;
						(f[i][j][k] *= twv[j - k]) %= mo;
					}
				}
			}
			else {
				ll ans = 0;
				for (int j = 1; j <= n; j++) {
					(ans += f[n][n - 1][n - j] * jc[n - 1] % mo * ksm((two[j] - 1 + mo) % mo, mo - 2) % mo) %= mo;
				}
				printf("%lld ", ans);
			}
		}
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/AGC056E.html
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