P4548 [CTSC2006]歌唱王國

題目描述

Solution

這一題在《具體數(shù)學(xué)（混泥土數(shù)學(xué)）》里講得很詳細(xì)了啊，這里相當(dāng)于總結(jié)一下，想具體了解的直接看書吧。

我們先考慮字符集為$2$的情況，設(shè)硬幣正面朝上$(H)$的概率為$p$，反面朝上$(T)$的概率為$q$。

這道題顯然需要建立一個(gè)類似$KMP$的自動(dòng)機(jī)，令$S_i$表示已經(jīng)到達(dá)目標(biāo)串的第$i$個(gè)位置的狀態(tài)集合。

例如目標(biāo)串為$THTTH$（以下都以這個(gè)串為例介紹這種做法），則
$$\begin{gathered} S_2=\{TH,TTH,HTH,TTTH......\} \\ {S}_5=\{THTTH,TTHTTH,HTHTTH......\} \end{gathered}$$

顯然有：
$$\begin{gathered} S_0=1+S_{0}H+S_{1}T+S_{2}H \\ {S}_1=S_{0}T+S_{4}T \\ {S}_2=S_{1}H+S_{3}H \\ {S}_3=S_{2}T \\ {S}_4=S_{3}T \\ {S}_5=S_{4}H \end{gathered}$$
其中$1$表示空狀態(tài)，像$S_{1}H$這種形式表示在$S_1$狀態(tài)集合每一個(gè)元素后面加一個(gè)$H$字符之后的狀態(tài)。

這樣的話，我們就能有一個(gè)$O(n^3)$的算法。
令$E[x]$表示達(dá)到目標(biāo)串的第$x$個(gè)位置所需要的字符個(gè)數(shù)的期望，直接按照上面的狀態(tài)轉(zhuǎn)移高斯消元計(jì)算即可。

但這顯然是不夠的。

我們?cè)O(shè)$N={\sum }_{i<n}{S}_i,S=S_n$，表示還沒有目標(biāo)串的所有狀態(tài)集合，考慮用只用$S$和$N$，表示出上面的式子。

于是我們可以推出：
$$1+N(H+T)=S+N$$
因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1+N$加上一個(gè)字符之后的狀態(tài)要么沒達(dá)到目標(biāo)，要么達(dá)到目標(biāo)，根據(jù)定義顯然$S$和$N$不相交。

并且有：
$$NTHTTH=S+STTH$$
這一個(gè)式子我理解了很久（$QAQ$）。。
因?yàn)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$N$中的元素加了$THTTH$之后一定能達(dá)到目標(biāo)狀態(tài)，然而可能$N$中的元素加了$TH$之后就已經(jīng)達(dá)到目標(biāo)，這樣就會(huì)在末尾多一個(gè)$TTH$，且容易發(fā)現(xiàn)$S$和$STTH$仍是不相交的。

我們考慮這種加了長度為$k$的目標(biāo)串，就包含目標(biāo)串的條件，顯然是$ST[1..k]=ST[n?k+1,k]$，就是說$ST$有一段長度為$k$的$Border$。

有了這兩個(gè)式子之后，我們就可以推出：
$$(1?S)(1?H?T)THTTH=S(1+TTH)$$

事實(shí)上，這里的$S$,$T$和$H$，就不是單純的狀態(tài)了，這里的$S$已經(jīng)是一個(gè)概率生成函數(shù)，而$T$和$H$能夠表示一個(gè)概率生成函數(shù)的轉(zhuǎn)移：

設(shè)$G(z)$為一個(gè)表示拋擲次數(shù)的概率生成函數(shù)。
$$G(z)=\sum _{i}Pr(z=i)z^i$$
其中的$z$就是表示拋擲次數(shù)的形式變?cè)?#xff0c;因?yàn)橄乱粋€(gè)字符為$T$的概率為$q$，為$H$的概率為$p$，所以加一個(gè)$T$相當(dāng)于$G(z)?pz$，加一個(gè)$H$相當(dāng)于$G(z)?qz$。

于是上式變成了
$$(1?G(z))(q?pz?qz{)}^{?1}{p}^3{q}^2{z}^5=G(z)(1+p^{2}qz)$$
解得：
$$G(z)=\frac{p^3{q}^2{z}^5}{(1+p^{2}q{z}^3)(1?z)+p^3{q}^2{z}^5}$$
而我們要求的期望為$E(x)=G^{\prime }(1)$，因此我們需要想方法求出$G^{\prime }(1)$。

有一個(gè)特殊的方法是：
設(shè)
$$F(z)=z^5/G(z)$$
可以證明$F(z)$的均值（$Mean$）和$G(z)$的均值相同。
因此$Mean(G)=Mean(z^5)?Mean(F)=p^{?1}{q}^{?1}+p^{?3}{q}^{?2}$

若$p=q=1/2$，則有期望$6$次到達(dá)目標(biāo)串。

而根據(jù)上面的式子，容易知道，若存在一個(gè)$Border$有$x$個(gè)$H$,$y$個(gè)$T$，則答案$Ans+=p^{?y}{q}^{?x}$，所以只要知道有哪些長度的$Border，$就能算出答案。

我們已經(jīng)解決了字符集大小為$2$的問題，現(xiàn)在字符集大小為$n$的做法也是一樣的，因?yàn)檫@里的所有字符等概率出現(xiàn)，所以就不需要繼續(xù)推到，相當(dāng)于每出現(xiàn)一個(gè)$Border$的貢獻(xiàn)為$n^k$，直接統(tǒng)計(jì)$Border$長度，計(jì)算貢獻(xiàn)和即可。

時(shí)間復(fù)雜度$O(n)$，有點(diǎn)小精度問題，我開$longdouble,WA$開$double,AC$，表示一臉懵逼。

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int Mod=10000; const int mods=1e9+7; const int MAXN=600005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } int Pow[MAXN],hsh[MAXN],a[MAXN]; inline int upd(int x,int y,int mods){ return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; } inline int gethash(int l,int r) { return upd(hsh[r],mods-1ll*Pow[r-l+1]*hsh[l-1]%mods,mods); } int main() {int C=read(),Case=read();while (Case--){int n=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();Pow[0]=1;for (int i=1;i<=n;i++) Pow[i]=1ll*Pow[i-1]*(C+1)%mods;for (int i=1;i<=n;i++) hsh[i]=(1ll*hsh[i-1]*(C+1)+a[i])%mods;int ans=0;for (int i=1,p=C%Mod;i<=n;i++,p=p*C%Mod)if (gethash(1,i)==gethash(n-i+1,n)) ans=upd(ans,p,Mod);printf("%04d\n",ans);}return 0; }

總結(jié)

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