這種題的一個常用轉化是，只考慮所有有效的操作（比如在這題中喂一個沒飽的鴿子），假設還剩\(k\)個元素可以進行有效操作，那么進行下一次有效操作的期望次數是\(\frac{n}{k}\)。

考慮這題，我們把每一次喂到的沒飽的鴿子寫成一個序列，那么這個序列的長度是\(nk\)。我們先假設鴿子是按從\(1\)到\(n\)的順序依次飽的，最后再進行一些操作計算答案。

設\(f_{i,j}\)表示考慮序列中前\(i\)個元素，\(1\)到\(j\)的鴿子飽了的概率，\(g_{i,j}\)表示考慮序列中前\(i\)個元素，\(1\)到\(j\)的鴿子飽了的概率×期望操作次數。我們考慮這樣DP：當我們希望放入一個數\(x\)時，如果\(x\)沒飽，那么我們先填個\(0\)上去，如果\(x\)飽了，那么我們就在前面的\(0\)中再取出\(k-1\)個全部改為\(x\)。轉移時，枚舉下一位填\(0\)還是填\(j+1\)。如果是填\(0\)，那么\(f'=f\times\frac{1}{n-j}\)（因為我們假設我們強制了這一位填某個數\(x\)，最終到底填什么由后面的組合數來決定），\(g'=(g+\frac{n}{n-j}\times f_{i,j})\times\frac{1}{n-j}\)。如果填\(j+1\)，那么在上述轉移的基礎上乘一個組合數\(\binom{i-jk}{k-1}\)。

最后答案是\(g_{nk,n}\times n!\)，乘\(n!\)是因為\(g\)表示的是概率×期望操作次數，我們強制了鴿子是按從\(1\)到\(n\)的順序依次飽的，這個條件貢獻了\(\frac{1}{n!}\)的概率。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; const int mod=998244353;int f[N][55],g[N][55],fac[N],inv[N],ifac[N],s,n,k;int C(int n,int m) {if(m<0||n<m) return 0;return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod; }int add(int a,int b) { return a+b>=mod?a+b-mod:a+b; } void inc(int &a,int b) { a=a+b>=mod?a+b-mod:a+b; }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); #endifcin>>n>>k,s=n*k;fac[0]=1;for(int i=1;i<=s;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;inv[1]=1;for(int i=2;i<=s;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;ifac[0]=1;for(int i=1;i<=s;i++) ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;f[0][0]=1;for(int i=0,x,y;i<s;i++)for(int j=0;j<n;j++)if(f[i][j]||g[i][j]) {inc(f[i+1][j],x=1ll*f[i][j]*inv[n-j]%mod);inc(g[i+1][j],y=1ll*add(g[i][j],1ll*n*inv[n-j]%mod*f[i][j]%mod)*inv[n-j]%mod);inc(f[i+1][j+1],1ll*x*C(i-j*k,k-1)%mod);inc(g[i+1][j+1],1ll*y*C(i-j*k,k-1)%mod);}printf("%lld\n",1ll*g[s][n]*fac[n]%mod);return 0; }

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總結

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