#449. 【集訓隊作業(yè)2018】喂鴿子

DP好題

?

法一：min-max容斥

處理前m個，最快吃飽的鴿子期望的時間

根據(jù)期望的定義

考慮每個方案數(shù)的概率*期望次數(shù)

枚舉前m個用了x個，概率都是(1/m)^x*Em(x)

而Em(x)表示往前m個扔了x個期望的總共次數(shù)，就是x*n/m

考慮用了x個的方案數(shù)

生成函數(shù)EGF思想。

而出現(xiàn)一個有k次就會停止。最后一個位置一定會使得一個鴿子飽了。

f[i][j]前i個，總共用了j個，沒有一個有k次的方案數(shù)

g[i][j]，。。。。。。。。有一個有k次的方案數(shù)

NTT優(yōu)化轉移。

f和1/k!的項乘出來的貢獻加到g里去即可。

O(n^2klog(nk))

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?

法二：“有效玉米序列”

神仙思路

只考慮“有實質變化”的玉米，即喂給了一個沒有飽的鴿子的玉米

還是考慮每個“有效玉米序列”的貢獻，就是出現(xiàn)概率*期望

一個固定的“有效玉米序列”，出現(xiàn)概率和期望都和每次扔玉米時已經飽的鴿子有關系

所以狀態(tài)多記錄上飽的鴿子數(shù)量

至于怎樣判斷一個鴿子飽了

先填“白色”有效玉米，

想讓一個鴿子飽了，就欽定之前k-1個白玉米染上色！

所以這個白玉米還是“對未來承諾”，或者對未來預留的trick

狀態(tài)保留貢獻和和概率和即可。是可以轉移的。

復雜度：O(n^2k)

#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define fi first #define se second #define mk(a,b) make_pair(a,b) #define numb (ch^'0') #define pb push_back #define solid const auto & #define enter cout<<endl #define pii pair<int,int> using namespace std; typedef long long ll; template<class T>il void rd(T &x){char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);} template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');} template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar('\n');} template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');} namespace Modulo{ const int mod=998244353; int ad(int x,int y){return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;} void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);} int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;} void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);} int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;} template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);} template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);} } using namespace Modulo; namespace Miracle{ const int N=50000+5; int f[50*1000+5][55]; int g[N][55]; int jie[N],inv[N]; int iv[N]; int C(int n,int m){if(n<m||n<0||m<0) return 0;return mul(jie[n],inv[m],inv[n-m]); } int n,k; int main(){rd(n);rd(k);int lim=n*k;jie[0]=1;iv[1]=1;for(reg i=1;i<=lim;++i) jie[i]=mul(jie[i-1],i);for(reg i=2;i<=n;++i){iv[i]=mul(mod-mod/i,iv[mod%i]);}inv[lim]=qm(jie[lim]);for(reg i=lim-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);g[0][0]=1;for(reg m=0;m<lim;++m){for(reg c=0;k*c<=m;++c){int ct=ad(mul(iv[n-c],f[m][c]),mul(iv[n-c],iv[n-c],n,g[m][c]));inc(f[m+1][c],ct);inc(f[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));ct=mul(g[m][c],iv[n-c]);inc(g[m+1][c],ct);inc(g[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));}}ll ans=mul(f[lim][n],jie[n]);ot(ans);return 0; }} signed main(){Miracle::main();return 0; }/*Author: *Miracle* */

兩種方法的共同之處是：

都從統(tǒng)計每個合法方案的出現(xiàn)概率和期望次數(shù)統(tǒng)計

考慮“有變化”的玉米

根據(jù)需要進行DP設計

?

第一種方法：是min-max容斥的套路。難點轉化為合法的方案數(shù)。EGF思想，DP+NTT優(yōu)化

第二種方法：直接考慮“有效玉米序列”，發(fā)現(xiàn)概率只和之前飽的鴿子有關而進行狀態(tài)設計。

然鵝并不知道一個鴿子飽不飽，所以不能立刻決定當前玉米喂給誰。所以利用“白玉米”，最后統(tǒng)一染色。

轉載于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10992823.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的UOJ#449. 【集训队作业2018】喂鸽子的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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