abc275_e Sugoroku 4 题解

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33.abc275_e Sugoroku 4 题解2023-05-31

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Sugoroku 4

题意

有一行格子，编号为 $0,1,\cdots n$，你站在 $0$ 号格子上。

你手上有一个转盘，转盘上写有数字 $1\sim m$，每次转转盘后显示的数值是等概率出现的。

假设某次转转盘后转盘显示的数值为 $x$，你会行走 $x$ 步，当你走到第 $n+1$ 个格子时，你会回头行走剩余步数，形同飞行棋的最后几步。

当你在某次走完后恰好停在第 $n+1$ 个格子上时游戏结束，你最多转 $k$ 次转盘，问胜利的概率对 $998244353$ 取模的结果。

数据范围

• $1⩽n,k⩽1000$。
• $1⩽m⩽min(n,10)$。

思路

一个明显的概率 dp。

提到等概率和取模，不难想到费马小定理，转盘上显示某个数的概率为 $\frac{1}{m}$，根据费马小定理可得 $\frac{1}{m}\equiv \frac{1}{m}\times m^{998244353-1}\equiv m^{998244353-2}\equiv m^{998244351}(\mathrm{mod}998244353)$，可以用快速幂求，下面用 $qp$ 表示。

定义 $F_{i,j}$ 表示 $i$ 是否可以转一次转盘走到 $j$，如果是则为 $1$，否则为 $0$。

• 状态：$d{p}_{i,j}$ 表示转了 $i$ 次转盘走到编号为 $j$ 的格子的概率。
• 转移：$d{p}_{i,j}=\sum _{0⩽k<n}{F}_{k,i}\times d{p}_{i-1,k}\times qp$，你也可以思考一下扩散性转移。
• 初始状态：$d{p}_{0,0}=1$。
• 目标状态：$\sum _{1⩽i⩽k}d{p}_{i,n}$。

注意取模和乘法爆 int 的细节即可。

复杂度

• 时间：$O(n\times m\times k)$。
• 空间：$O(n\times k)$。

Code

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#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
const int mod = 998244353, N = 1e3 + 10;
 
int n, m, k;
ll qp, dp[N][N], ans;
 
ll qmod (ll a, int b) { // 快速幂求 qp
  ll ans = 1;
  while (b) {
    if (b & 1) {
      ans = (ans * a) % mod;
    }
    a = (a * a) % mod, b >>= 1;
  }
  return ans;
}
 
int Q (int x, int t) { // 求按规则从 x 往后走 t 步会走到的格子的编号
  if (x + t <= n) { // 不用回头
    return x + t;
  }
  return 2 * n - t - x; // 回头
}
 
int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> m >> k;
  qp = qmod(m, mod - 2), dp[0][0] = 1;
  for (int i = 0; i < k; i++) { // 扩散形转移好写
    for (int j = 0; j < n; j++) {
      for (int l = 1; l <= m; l++) { // 枚举走多少步
        dp[i + 1][Q(j, l)] = (dp[i + 1][Q(j, l)] + dp[i][j] * qp) % mod; // 取模!
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    ans = (ans + dp[i][n]) % mod;
  }
  cout << ans;
  return 0;
}