洛谷 P6858 深海少女与胖头鱼（期望dp）

传送门

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解题思路

我才不是因为题目变蓝题了才做的呢
看一眼数据范围，普通期望dp（dp[n][m]）比较容易想，但是只有卑微的25分。
发现 \(n\leq10^{14}\)，所以我们可以大胆推测做法只与m有关。
于是我们就从m入手思考这道问题。
设 \(f(n,m)\) 表示杀死n个带护盾的m个不带盾的期望步数，每次讨论攻击到的是带护盾的还是不带护盾的。

• 当m==0时，\(f(n,0)=1+f(n-1,1)\)
• 当m==1时，\(f(n,1)=1+\frac{1}{n+1}\times f(n,0)+\frac{n}{n+1}\times f(n,1)\)
• 当 m>1 时，\(f(n,m)=1+\frac{m}{n+m}\times f(n,m-1)+\frac{n}{n+m}\times f(n+m-1,1)\)

这时候，我们只要能用一个多项式表示出 \(f(n,1)\)，就能把n这一维去掉。
对于

\[f(n,1)=1+\frac{1}{n+1}\times f(n,0)+\frac{n}{n+1}\times f(n,1) \]

移项整理得

\[f(n,1)=f(n,0)+(n+1) \]

再带入 \(f(n,0)\)，得

\[\begin{aligned} f(n,1)& =1+f(n-1,1)+(n+1)\\ & =f(n-1,1)+n+2\\ \end{aligned}\]

然后运用你的可爱的数学知识写出 \(f(n,1)\) 的函数关系式：

\[f(n,1)=\frac{n^2+5n+2}{2} \]

于是就可以快乐的dp了。
注意事项：因为要取模，所以可以省去分子分母约分的过程，否则你O(m)的做法也会稳TLE。
惨痛经历

//改完了后因为省掉了一个log一跃成为最优解（翻身做主人）

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
long long n,m;
long long ksm(int x,int y){
	if(y==1) return x%mod;
	long long res=ksm(x,y/2);
	if(y&1) return res*res%mod*x%mod;
	return res*res%mod;
}
inline long long inv(int x){
	return ksm(x,mod-2);
}
struct node{
	long long p,q;
	node operator +(const node &x)const{
		node ans(0,0);
		ans.q=q*x.q%mod;
		ans.p=(x.q*p+q*x.p)%mod;
		return ans;
	}
	node operator *(const node &x)const{
		return node(x.p*p%mod,x.q*q%mod);
	}
	node(long long p,long long q):p(p),q(q){}
}dp(0,0);
node f(long long n){
	n%=mod;
	return node((n*n+5*n+2)%mod,2);
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	if(m==0){
		dp=node(1,1)+f(n-1);
		cout<<dp.p*inv(dp.q%mod)%mod;	
		return 0;	
	}
	dp=f(n);
	for(int i=2;i<=m;i++){
		dp=node(1,1)+dp*node(i,(n+i)%mod)+node(n%mod,(n+i)%mod)*f(n+i-1);
	}
	cout<<dp.p*inv(dp.q%mod)%mod;
    return 0;
}