并不对劲的bzoj5340:loj2552:uoj399:p4564: [Ctsc2018]假面
题目大意
有\(n\)(\(n\leq200\))个非负整数\(m_1,m_2,...,m_n\)(\(\forall i\in[1,n],m_i\leq100\))，有\(q\)(\(q\leq2*10^5\))个操作，每个操作是以下两种之一：
(1)给出位置\(x\)，概率\(q\)，若\(m_x\)大于0，则有\(q\)的概率将\(m_x\)减一；若\(m_x\)为0，则不进行任何操作
(2)给出一个数\(k\)和\(k\)个不重复的位置\(d_1,d_2,...d_k\)，在\(m_{d_1},...,m_{d_k}\)中随机选一个正数，求选中位置\(d_1,...,d_k\)的概率各是多少，这种操作不超过1000个
最后输出每个位置上的数在经过\(q\)个操作后期望分别是多少。
题解
设\(p_{i,j}\)表示现在第\(i\)个数还剩\(j\)的概率是多少
在进行操作前，\(p_{i,m_i}=1\)，其他的\(p_{i,j}\)都为0
如果是操作(1)，\(x\)有\(q\)的概率减一，也就是说，\(p_{x,j}\)有\(q\)的概率转移到\(p_{x,j-1}\)，\(p_{x,j}\)有\(1-q\)的概率转移到\(p_{x,j}\)，特殊地，\(p_{x,0}\)有\(1\)的概率转移到\(p_{x,0}\)
如果是操作(2)，设\(g_{i,j}\)表示在不考虑\(d_i\)时，有\(j\)个数是正数的概率，那么\(d_i\)是正数且被选中的概率就是$$(1-p_{d_i,0})(\sum_{j=0}^{k-1}g_{i,j}\frac{1}{k+1})$$这样，在已知\(g\)的情况下，就可以在\(\Theta(k^2)\)的时间内求出一次(2)操作的答案了
那么\(g\)该怎么求呢？设\(f_{i,j}\)表示考虑位置\(d_1,...,d_i\)位置上的数，其中正数有\(j\)个
初始\(f_{0,0}=1\)，转移为$$ f_{i,j} \begin{cases} f_{i-1,j-1}(1-p_{d_i,0})+f_{i-1,j}p_{d_i,0} & \text {j>0} \ f_{i-1,j}*p_{d_i,0} & \text{j=0} \end{cases} $$
这样就能求出在这\(k\)个位置中，有\(j\)个位置上的数是正数的概率了，但是该如何把这个某个位置上的数的影响去掉，求出\(g\)呢？
重新dp一遍想必是不可能的，那样对于每个\(d_i\)都要重新进行\(\Theta(k^2)\)的dp，一次(2)操作就是\(\Theta(k^3)\)，时间超限了
能否用\(f\)和\(p\)进行一些变化求出\(p\)呢？会发现在已知\(f_{i+1,0},...,f_{i+1,k}\)和\(p_{d_{i+1},0}\)时，是可以求出\(f_{i,0},...,f_{i,k}\)的
先把推出\(f_{i+1,0},...,f_{i+1,k}\)的所有式子写出来：
\(f_{i+1,0}= f_{i,0}*p_{d_{i+1},0}\)
\(f_{i+1,1}= f_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})+f_{i,1}*p_{d_{i+1},0}\)
\(...\)
\(f_{i+1,k}= f_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})+f_{i,k}*p_{d_{i+1},0}\)
再把\(f_{i,0},...,f_{i,k}\)拿到左边：
\(f_{i,0}= \frac{f_{i+1,0}}{p_{d_{i+1},0}}\)
\(f_{i,1}= \frac{f_{i+1,1}-f_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}}\)
\(...\)
\(f_{i,k}= \frac{f_{i+1,k}-f_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}}\)
特殊地，当\(p_{d_{i+1},0}=0\)时，\(f_{i,j}=f_{i+1,j+1}\)
这个变化的复杂度是\(\Theta(k)\)的
\(f_{i+1,...}\)本来是\(d_1,..,d_{i+1}\)的答案，经过变化后，\(f_{i,...}\)是\(d_1,..,d_{i}\)的答案，这相当于把\(d_{i+1}\)位置上的数的影响从\(f_{i+1,...}\)中去掉
那么\(g_{i,...}\)可以看成把\(d_i\)位置上的数的影响从\(f_{n,...}\)中删去，就可以进行相似的变化
当\(p_{d_{i+1},0}\neq 0\)时，
\(g_{i,0}= \frac{f_{n,0}}{p_{d_{i+1},0}}\)
\(g_{i,1}= \frac{f_{n,1}-g_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}}\)
\(...\)
\(g_{i,k}= \frac{f_{n,k}-g_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}}\)
当\(p_{d_{i+1},0}=0\)时，\(g_{i,j}=f_{g,j+1}\)
代码
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define maxn 210
#define maxm 110
#define LL long long
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void write(int x)
{
if(x==0){putchar('0');return;}
int f=0;char ch[20];
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;
while(f)putchar(ch[f--]);
return;
}
const LL mod=998244353;
int inv[maxn],n,q,m[maxn],p[maxn][maxm],f[2][maxn],g[maxn],id[maxn],yes[maxn],no[maxn],num;
int qp(int x,int y){int ans=1;while(y){if(y&1)ans=(LL)ans*(LL)x%mod;x=(LL)x*(LL)x%mod,y>>=1;}return ans;}
void work()
{
rep(i,1,num)f[0][i]=0;f[0][0]=1;
rep(i,0,num-1)
{
int now=i&1,nxt=now^1;
rep(j,0,i)
{
f[nxt][j+1]=((LL)f[nxt][j+1]+(LL)f[now][j]*(LL)yes[i+1]%mod)%mod;
f[nxt][j]=((LL)f[nxt][j]+(LL)f[now][j]*(LL)no[i+1]%mod)%mod;
f[now][j]=0;
}
}
rep(i,1,num)
{
int res=0,fdie=qp(no[i],mod-2);
if(no[i]!=0)
{
g[0]=(LL)f[num&1][0]*(LL)fdie%mod;
rep(j,1,num-1)g[j]=(f[num&1][j]-(LL)g[j-1]*(LL)yes[i]%mod+mod)%mod*(LL)fdie%mod;
}
else
{
rep(j,0,num-1)g[j]=f[num&1][j+1];
}
rep(j,0,num-1)res=(res+(LL)yes[i]*(LL)g[j]%mod*(LL)inv[j+1]%mod)%mod;
write(res);
if(i!=num)putchar(' ');
}
rep(i,0,num)f[num&1][i]=0;
putchar('\n');
}
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n)m[i]=read(),p[i][m[i]]=1,inv[i]=qp(i,mod-2);
q=read();
while(q--)
{
int op=read();
if(op)
{
num=read();
rep(i,1,num)id[i]=read();
rep(i,1,num)no[i]=p[id[i]][0],yes[i]=(1-p[id[i]][0]+mod)%mod;
work();
}
else
{
int x=read(),u=read(),v=read(),die=(LL)u*(LL)qp(v,mod-2)%mod,live=(LL)(v-u)%mod*(LL)qp(v,mod-2)%mod;
rep(i,1,m[x])p[x][i-1]=(p[x][i-1]+(LL)p[x][i]*(LL)die%mod)%mod,p[x][i]=(LL)p[x][i]*(LL)live%mod;
}
}
rep(i,1,n)
{
int res=0;
rep(j,1,m[i])res=(res+(LL)j*(LL)p[i][j]%mod)%mod;
write(res);
if(i!=n)putchar(' ');
}
return 0;
}
一些意见
第一次见需要对dp结果去掉一个决策的影响的题
以及今天学会设置友链了！
