Examining the Rooms

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hdu 3625

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之前考試有一道題：最多砸開(kāi) $k$ 扇門(mén)，采取最有操作，求把 $n$ 個(gè)門(mén)都打開(kāi)的方案數(shù)。

本題稍稍多了一個(gè)不能砸開(kāi)第一扇門(mén)的限制，以及求的是概率。

概率好說(shuō)，可行方案數(shù)除以總方案數(shù)即可，總方案數(shù)顯然是 $n$ 把鑰匙隨便放的全排列，$n!$。

先不考慮不能砸開(kāi)第一扇門(mén)，即暴力開(kāi)啟最多 $k$ 扇門(mén)就能開(kāi)啟所有門(mén)。

注意到一扇門(mén)打開(kāi)后只放著一把鑰匙，如果不是暴力開(kāi)啟的門(mén)的鑰匙，那么一定會(huì)開(kāi)啟另一扇門(mén)。

這可以對(duì)應(yīng)到圖上的一條邊，而最后暴力開(kāi)啟門(mén)的鑰匙就將這個(gè)形狀連成一個(gè)環(huán)。

且環(huán)環(huán)之間相互獨(dú)立。【只有一把鑰匙一扇門(mén)】

這就相當(dāng)于是將 $n$ 扇門(mén)劃分成最多 $k$ 個(gè)圓排列的方案數(shù)。

熟悉的同學(xué)立馬反應(yīng)過(guò)來(lái)這就是第一類(lèi)斯特林?jǐn)?shù)的定義。

$s(n,k)=s(n?1,k?1)+s(n?1,k)?(n?1)$

$s(n?1,k?1)\to n$ 自己?jiǎn)为?dú)新增一個(gè)圓排列。

$s(n?1,k)?(n?1)$ 將 $n$ 放到前面 $k$ 個(gè)原排列中的某一個(gè)中去。

相當(dāng)于是斷開(kāi)一條邊，$u\to v?u\to n\to v$，$n$ 放任意一個(gè)位置都對(duì)應(yīng)著不同的圓排列，即不同的鑰匙方案數(shù)。

一共可以放 $n?1$ 個(gè)位置，方案數(shù)就要 $\times (n?1)$。

現(xiàn)在加上不能暴力打開(kāi)第一扇門(mén)的限制。

這個(gè)限制其實(shí)就是限制不能讓第一扇門(mén)單獨(dú)成為一個(gè)大小為 $1$ 的圓排列。

如果是 $n$ 個(gè)劃分成 $k$ 個(gè)圓排列，就得是 $s(n,k)?s(n?1,k?1)$。

求前綴和最后除以階乘即是所求。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 25 #define int long long int T, n, k; int fac[maxn]; int dp[maxn][maxn]; signed main() {dp[0][0] = fac[0] = 1;for( int i = 1; i < maxn;i ++ )for( int j = 1; j < maxn;j ++ )dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j] * ( i - 1 );for( int i = 1; i < maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &k );int ans = 0;for( int i = 0; i <= k;i ++ ) ans += dp[n][i];for( int i = 0;i < k;i ++ ) ans -= dp[n - 1][i];printf( "%.4f\n", 1.0 * ans / fac[n] );}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的[HDU 3625] Examining the Rooms（第一类斯特林数）的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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