CF708E Student's Camp 题解

Description

给定一个 \((n+2)\times m\) 的网格和三个整数 \(a,b,k\)，除了第一行和最后一行，从第一天开始每一天每一行最左边和最右边的格子都有 \(b\times a^{-1}\) 的概率消失,其中 \(a^{-1}\) 表示 \(a\) 在模 \(10^9+7\) 意义下的逆元。求在 \(k\) 天网格保持连通的概率，答案对 \(10^9+7\) 取模。

其中 \(1\le n,m\le1.5\times10^3\)，\(0\le k\le10^5\)，\(1\le a,b\le10^9\) 且 \(a,b\) 互质。

Solution

考虑动态规划。设 \(p=b\times a^{-1}\)。为了方便起见，我们先将网格整体上移一格，即原先的第 \(1\) 行变成第 \(0\) 行，原先的第 \(n+2\) 行变成第 \(n+1\) 行。第 \(0\) 行和第 \(n+1\) 行的格子是不会消失的。

先考虑状态的设计。一种简单的想法是：设 \(f_{i,j}\) 表示 \(k\) 天后第 \(i\) 行还剩 \(j\) 个格子时整个网格仍保持连通的概率。但是这样的状态设计不仅很难转移，而且我们无法表示出每一行某种状态出现的概率，因为每一行只可能是最左边和最右边消失，我们并不知道左边或右边有多少个格子消失了。于是我们可以试着保留每一行的左端点和右端点：设 \(f_{i,l,r}\) 表示 \(k\) 天后第 \(i\) 行还剩下 \([l,r]\) 这一部分格子时整个网格仍然保持连通的概率。

这样就可以表示每一行某种状态出现的概率了。设每一行左边或右边在第 \(k\) 天消失 \(i\) 个格子的概率为 \(P(i)\)。由于左边和右边的格子的消失是相互独立的事件，两边在第 \(k\) 天消失 \(i\) 个的概率是相等的。有：

\[P(i)=C_{k}^{i}\times p^{i}\times (1-p)^{k-i} \]

有 \(i\) 天消失，概率就是 \(p^i\)，\(k-i\) 天不消失，概率就是 \((1-p)^{k-i}\)。 \(k\) 天当中可以任意有 \(i\) 天消失，因此乘以 \(C_{k}^{i}\)。这样，每一行剩下 \([l,r]\) 的概率就是 \(P(l-1)\times P(m-r)\)。可以先预处理出所有的 \(P(i)\)

考虑状态的转移。由于要让网格连通，显然第 \(i-1\) 行剩下的格子所处的位置要与第 \(i\) 行剩下的格子所处的位置有相交的部分。设第 \(i-1\) 行剩下 \([l',r']\) 这部分格子。那么有 \([l,r]\cup[l',r']\ne\varnothing\)。状态转移方程：

\[f_{i,l,r}=P(l-1)\times P(m-r)\times(\sum\limits_{[l,r]\cup[l',r']\ne\varnothing}f_{i-1,l',r'}) \]

初态：\(f_{0,1,m}=1\)。最终答案就是 \(\sum\limits_{l=1}^{m}\sum\limits_{r=l}^{m}f_{n,l,r}\)。

这样一来，我们就得到了一个时间复杂度 \(O(nm^4)\) 附带空间复杂度 \(O(nm^2)\) 的优秀算法，可以拿下 Unaccepted。

发现这个式子并不好优化。试着转化一下：将“状态有相交部分的总和”转化为“所有状态的总和减去没有相交部分的状态”。也就是

\[f_{i,l,r} \]

\[=P(l-1)\times P(m-r)\times(\sum\limits_{[l,r]\cup[l',r']\ne\varnothing}f_{i,l',r'}) \]

\[=P(l-1)\times P(m-r)\times(\sum\limits_{l'=1}^{m}\sum\limits_{r'=l'}^{m}f_{i-1,l',r'}-\sum\limits_{l'=1}^{l-1}\sum\limits_{r'=l'}^{l-1}f_{i-1,l',r'}-\sum\limits_{l'=r+1}^{m}\sum\limits_{r'=l'}^{m}f_{i-1,l',r'}) \]

先来尝试一下优化空间。我们试着把 \(f_{i,l,r}\) 中 \(l\) 这一维去掉，也就是只保留右端点而枚举左端点。此时 \(f_{i,r}\) 表示第 \(i\) 行还剩下右端点为 \(r\) 的格子时整个网格仍然保持连通的概率。这样上面的状态转移方程中 \(\sum\limits_{l'=1}^{m}\sum\limits_{r'=l'}^{m}f_{i-1,l',r'}\) 这一部分的计算变成了 \(\sum\limits_{r'=1}^{m}f_{i-1,r'}\)，\(\sum\limits_{l'=1}^{l-1}\sum\limits_{r'=l'}^{l-1}f_{i-1,l',r'}\) 这一部分的计算变成了 \(\sum\limits_{r'=1}^{l-1}f_{i-1,r'}\)。但是问题来了：\(\sum\limits_{l'=r+1}^{m}\sum\limits_{r'=l'}^{m}f_{i-1,l',r'}\) 怎么计算？

注意到本题有一个性质：\(f_{i,l,r}=f_{i,m-r+1,m-l+1}\)。由于两边对称，这条性质正确性显然。因此 \(\sum\limits_{l'=r+1}^{m}\sum\limits_{r'=l'}^{m}f_{i-1,l',r'}=\sum\limits_{l'=1}^{m-r}\sum\limits_{r'=l'}^{m-r}f_{i-1,l',r'}=\sum\limits_{r'=1}^{m-r}f_{i-1,r'}\)。

新的状态转移方程：

\[f_{i,r}=\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times P(m-r)\times(\sum\limits_{r'=1}^{m}f_{i-1,r'}-\sum\limits_{r'=1}^{l-1}f_{i-1,r'}-\sum\limits_{r'=1}^{m-r}f_{i-1,r'}) \]

时间复杂度 \(O(nm^3)\)，空间复杂度 \(O(nm)\)，已经有很大进步了。

考虑继续优化。注意到 \(\sum\limits_{r'=1}^{m}f_{i-1,r'}-\sum\limits_{r'=1}^{l-1}f_{i-1,r'}-\sum\limits_{r'=1}^{m-r}f_{i-1,r'}\) 的值可以通过求 \(f_{i-1}\) 的前缀和求出。设 \(sum_j=\sum\limits_{k=1}^{j}f_{i-1,k}\)，状态转移方程：

\[f_{i,r}=\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times P(m-r)\times(sum_m-sum_{l-1}-sum_{m-r}) \]

时间复杂度减少到了 \(O(nm^2)\)，但还是不足以通过。

显然 \(i\) 和 \(r\) 是我们不得不去枚举的，因此尝试在 \(l\) 的枚举上做点文章，试一下能不能把 \(l\) 的枚举省去。先把状态转移方程中有关 \(l\) 和有关 \(r\) 的部分拆开：

\[f_{i,r}=\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times P(m-r)\times(sum_m-sum_{l-1}-sum_{m-r}) \]

\[=P(m-r)(\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times(sum_m-sum_{l-1}-sum_{m-r})) \]

\[=P(m-r)(\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times(sum_m-sum_{m-r})-\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times sum_{l-1}) \]

\[=P(m-r)((sum_m-sum_{m-r})(\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1))-\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times sum_{l-1}) \]

这时我们惊奇地发现，\(\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\) 和 \(\sum\limits_{l=1}^{r}P(l-1)\times {sum}_{l-1}\) 这两个求和式中的元素都只和 \(l\) 有关。又可以使用前缀和优化了！

设 \(sump_i=\sum\limits_{j=0}^{i}P(i)\)，\(ssum_i=\sum\limits_{j=1}^{i}P(i)\times sum_{i}\)。由于 \(sum_0=0\)，所以可以不用把 \(P(0)\times sum_0\) 算进去。最终的状态转移方程：

\[=P(m-r)((sum_m-sum_{m-r})(sump_{r-1})-ssum_{r-1}) \]

初态：\(f_{0,m}=1\)。最终答案即为 \(\sum\limits_{r=1}^{m}f_{n,r}\)

时间复杂度和空间复杂度均为 \(O(nm)\)，已经足以通过本题了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1.5e3+10,M=1e5+10;
int f[N][N];
int P[M],fac[M],sum[N],sump[N],ssum[N];
int qpow(int a,int b)
{
	int res=1%mod;a%=mod;
	for(;b;b>>=1)
	{
		if(b&1) res=res*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return res;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*qpow(fac[m],mod-2)%mod*qpow(fac[n-m],mod-2)%mod;
}
signed main()
{
	int n,m,a,b,K;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&a,&b,&K);
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=K;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	int p=a*qpow(b,mod-2)%mod,p1=(b-a)*qpow(b,mod-2)%mod;
	for(int i=0;i<=K;i++) P[i]=C(K,i)*qpow(p,i)%mod*qpow(p1,K-i)%mod;
	sump[0]=P[0];for(int i=1;i<=m;i++) sump[i]=(sump[i-1]+P[i])%mod;
	f[0][m]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum[0]=0,ssum[0]=0;
		for(int r=1;r<=m;r++) sum[r]=(sum[r-1]+f[i-1][r])%mod,ssum[r]=(ssum[r-1]+sum[r]*P[r])%mod;
		for(int r=1;r<=m;r++)
			f[i][r]=P[m-r]*((sum[m]-sum[m-r]+mod)%mod*sump[r-1]%mod-ssum[r-1]%mod+mod)%mod;
	}
	int ans=0;
	for(int r=1;r<=m;r++)
			ans=(ans+f[n][r])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}