P3706 「SDOI2017」硬币游戏 解题报告

oj:https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/P451

概率与期望+hash+高斯消元

声明一些东西，pre(S,l)表示串S的长度为l的前缀，lst(S,l)表示串S的长度为l的后缀

一. 对于所有串建立字典树，像「HNOI2013」游走 一样高斯消元，时间复杂度 $O(n^3{m}^3)$ ，预计50/70pts

二. 正解：

1. 显然，n项中，出现一个长度为n的串s的概率为 $\frac{1}{2^n}$

2. 先从部分分入手，当n=2时，设两串A=101，B=110，有一个不含这两个串的串S，显然，在S后直接加上A，概率$\frac{1}{8}$，游戏结束。

但有一些特殊情况：

（1）S的结尾是10，则再加上1则会出现A串，游戏结束，概率$\frac{1}{2}$

（2）S的结尾是1，则再加上10则会出现B串，游戏结束，概率$\frac{1}{4}$

（3）其余情况，第一个人获胜

故$\frac{1}{8}S=\frac{1}{4}A+\frac{1}{2}B+A$

同理，可得加上B的情况，得 $\frac{1}{8}S=\frac{1}{4}A+B$

解得$A=\frac{2}{3},B=\frac{1}{3}$

从中，可得到只有2个串的式子：

$$\frac{1}{2^m}S=\sum _{pre(A,i)=lst(A,i)}{x}_A\times \frac{1}{2^{m-i}}+\sum _{pre(A,i)=lst(B,i)}{x}_B\times \frac{1}{2^{m-i}}$$

按照如上方法，可列出关于B的式子

依题意得：$x_A+x_B=1$，三个式子，三个未知数，可以高斯消元

3. 推广2的式子，可以得到：

$$\frac{1}{2^m}S=\sum _{i=1}^n\sum _{pre(s_{now},l)=lst(s_i,l)}{x}_i\times \frac{1}{2^{m-l}}$$

高斯消元求解即可

警示后人：注意eps的大小，最好设成${10}^{-300}$，这题卡精度！！！

4. 代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
int n,m,q=2;
ull pre[305][305],p1[305];
string s[305];
double a[305][305],p[305],eps=1e-300;
void guass()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i;j<=n;j++)
		{
			if(fabs(a[i][i])<fabs(a[j][i]))
			{
				swap(a[i],a[j]);
			}
		}
		if(fabs(a[i][i])>eps)
		{
			for(int j=n+1;j>=i;j--)
			{
				a[i][j]/=a[i][i];
			}
			for(int j=i+1;j<=n;j++)
			{
				for(int k=n+1;k>=i;k--)
				{
					a[j][k]-=a[j][i]*a[i][k];
				}
			}
		}
	}
	for(int i=n-1;i>0;i--)
	{
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1];
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
		s[i]=" "+s[i];
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(s[i][j]=='H') s[i][j]=0;
			else s[i][j]=1;
			pre[i][j]=pre[i][j-1]*q+s[i][j]; 
		}
	}
	p[0]=p1[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		p1[i]=p1[i-1]*q;
		p[i]=p[i-1]*0.5;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			for(int l=1;l<=m;l++)
			{
				if(pre[i][l]==pre[j][m]-pre[j][m-l]*p1[l])
				{
		//			printf("%d %d %d\n",i,j,l);
					a[i][j]+=p[m-l];
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i][n+1]=-p[m];
	for(int i=1;i<=n;i++) a[n+1][i]=1;
	a[n+1][n+2]=1;
	n++;
//	for(int i=1;i<=n+1;i++)
//	{
//		for(int j=1;j<=n+2;j++)
//		{
//			printf("%.10lf ",a[i][j]);
//		}
//		printf("\n");
//	}
	guass();
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		printf("%.10lf\n",a[i][n+1]);
	}
	return 0;
}