CF1153 F. Serval and Bonus Problem(dp)

题意

一个长为 $l$ 的线段，每次等概率选择线段上两个点，共选出 $n$ 条线段，求至少被 $k$ 条线段覆盖的长度期望。

数据范围

$1 \le k \le n \le 2000, 1 \le l \le 10^9$

题解

坑爹的 $\text E$ 浪费了我好多时间，导致没时间做。。

由于每个端点出现的概率互相独立，我们可以只考虑端点的相对顺序。

那么每相邻的两个点把线段分成了 $2n + 1$ 个段，显然每段的期望长度是 $\displaystyle \frac{l}{2n + 1}$ 。

然后我们只需要 $dp$ 出期望有多少段被 $k$ 个线段覆盖。那么给这 $2n$ 个断点匹配，算合法方案了。

只要设 $f_{i, j}$ 为前 $i$ 个端点，还有 $j$ 个左端点没有匹配上右端点的方案数，然后每次转移的时候，要么填左端点，要么填右端点（每个右端点可以任意匹配一个左端点）。

最后对于每个段单独算一下合法的匹配方案数即可，不要忘记除掉 $f_{n, 0}$ 才是期望。

总结

对于均匀实数随机的期望问题，如果是分别且独立，通常可以考虑每一段的期望，然后直接当做离散模型进行 $dp$ 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("F.in", "r", stdin);
	freopen ("F.out", "w", stdout);
#endif
}

const int Mod = 998244353;

inline int fpm(int x, int power) {
	int res = 1;
	for (; power; power >>= 1, x = 1ll * x * x % Mod)
		if (power & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
	return res;
}

const int N = 2e3 + 1e2;

int f[N << 1][N], fac[N];

int main () {

	File();

	int n = read(), k = read(), l = read();

	f[0][0] = 1;
	For (i, 0, n << 1) For (j, 0, min(n, i)) if (f[i][j]) {
		(f[i + 1][j + 1] += f[i][j]) %= Mod;
		if (j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + 1ll * f[i][j] * j) % Mod;
	}

	int ans = 0;

	fac[0] = 1;
	For (i, 1, n) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;

	For (i, 1, n << 1) For (j, k, min(n, i))
		ans = (ans + 1ll * f[i][j] * f[(n << 1) - i][j] % Mod * fac[j]) % Mod;

	ans = 1ll * ans * l % Mod * fpm(2 * n + 1, Mod - 2) % Mod * fpm(f[n << 1][0], Mod - 2) % Mod;
	printf ("%d\n", ans);

    return 0;

}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10704016.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！