并不对劲的bzoj5340: [Ctsc2018]假面

Posted 2021-01-23 xzyf

题目大意

有(n)((nleq200))个非负整数(m_1,m_2,...,m_n)((forall iin[1,n],m_ileq100))，有(q)((qleq2*10^5))个操作，每个操作是以下两种之一：
(1)给出位置(x)，概率(q)，若(m_x)大于0，则有(q)的概率将(m_x)减一；若(m_x)为0，则不进行任何操作
(2)给出一个数(k)和(k)个不重复的位置(d_1,d_2,...d_k)，在(m_{d_1},...,m_{d_k})中随机选一个正数，求选中位置(d_1,...,d_k)的概率各是多少，这种操作不超过1000个
最后输出每个位置上的数在经过(q)个操作后期望分别是多少。

题解

设(p_{i,j})表示现在第(i)个数还剩(j)的概率是多少
在进行操作前，(p_{i,m_i}=1)，其他的(p_{i,j})都为0
如果是操作(1)，(x)有(q)的概率减一，也就是说，(p_{x,j})有(q)的概率转移到(p_{x,j-1})，(p_{x,j})有(1-q)的概率转移到(p_{x,j})，特殊地，(p_{x,0})有(1)的概率转移到(p_{x,0})
如果是操作(2)，设(g_{i,j})表示在不考虑(d_i)时，有(j)个数是正数的概率，那么(d_i)是正数且被选中的概率就是[(1-p_{d_i,0})*(sum_{j=0}^{k-1}g_{i,j}*frac{1}{k+1})]这样，在已知(g)的情况下，就可以在(Theta(k^2))的时间内求出一次(2)操作的答案了
那么(g)该怎么求呢？设(f_{i,j})表示考虑位置(d_1,...,d_i)位置上的数，其中正数有(j)个
初始(f_{0,0}=1)，转移为[ f_{i,j} egin{cases} f_{i-1,j-1}*(1-p_{d_i,0})+f_{i-1,j}*p_{d_i,0} & ext {j>0} \ f_{i-1,j}*p_{d_i,0} & ext{j=0} end{cases} ]
这样就能求出在这(k)个位置中，有(j)个位置上的数是正数的概率了，但是该如何把这个某个位置上的数的影响去掉，求出(g)呢？
重新dp一遍想必是不可能的，那样对于每个(d_i)都要重新进行(Theta(k^2))的dp，一次(2)操作就是(Theta(k^3))，时间超限了
能否用(f)和(p)进行一些变化求出(p)呢？会发现在已知(f_{i+1,0},...,f_{i+1,k})和(p_{d_{i+1},0})时，是可以求出(f_{i,0},...,f_{i,k})的
先把推出(f_{i+1,0},...,f_{i+1,k})的所有式子写出来：
(f_{i+1,0}= f_{i,0}*p_{d_{i+1},0})
(f_{i+1,1}= f_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})+f_{i,1}*p_{d_{i+1},0})
(...)
(f_{i+1,k}= f_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})+f_{i,k}*p_{d_{i+1},0})
再把(f_{i,0},...,f_{i,k})拿到左边：
(f_{i,0}= frac{f_{i+1,0}}{p_{d_{i+1},0}})
(f_{i,1}= frac{f_{i+1,1}-f_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}})
(...)
(f_{i,k}= frac{f_{i+1,k}-f_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}})
特殊地，当(p_{d_{i+1},0}=0)时，(f_{i,j}=f_{i+1,j+1})
这个变化的复杂度是(Theta(k))的
(f_{i+1,...})本来是(d_1,..,d_{i+1})的答案，经过变化后，(f_{i,...})是(d_1,..,d_{i})的答案，这相当于把(d_{i+1})位置上的数的影响从(f_{i+1,...})中去掉
那么(g_{i,...})可以看成把(d_i)位置上的数的影响从(f_{n,...})中删去，就可以进行相似的变化
当(p_{d_{i+1},0} eq 0)时，
(g_{i,0}= frac{f_{n,0}}{p_{d_{i+1},0}})
(g_{i,1}= frac{f_{n,1}-g_{i,0}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}})
(...)
(g_{i,k}= frac{f_{n,k}-g_{i,k-1}*(1-p_{d_{i+1},0})}{p_{d_{i+1},0}})
当(p_{d_{i+1},0}=0)时，(g_{i,j}=f_{g,j+1})

代码

#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);--i)
#define maxn 210 
#define maxm 110
#define LL long long
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)&&ch!=‘-‘)ch=getchar();
    if(ch==‘-‘)f=-1,ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*f;
}
void write(int x)
{
    if(x==0){putchar(‘0‘);return;}
    int f=0;char ch[20];
    if(x<0)putchar(‘-‘),x=-x;
    while(x)ch[++f]=x%10+‘0‘,x/=10;
    while(f)putchar(ch[f--]);
    return;
}
const LL mod=998244353;
int inv[maxn],n,q,m[maxn],p[maxn][maxm],f[2][maxn],g[maxn],id[maxn],yes[maxn],no[maxn],num;
int qp(int x,int y){int ans=1;while(y){if(y&1)ans=(LL)ans*(LL)x%mod;x=(LL)x*(LL)x%mod,y>>=1;}return ans;}
void work()
{
    rep(i,1,num)f[0][i]=0;f[0][0]=1;
    rep(i,0,num-1)
    {
        int now=i&1,nxt=now^1;
        rep(j,0,i)
        {
            f[nxt][j+1]=((LL)f[nxt][j+1]+(LL)f[now][j]*(LL)yes[i+1]%mod)%mod;
            f[nxt][j]=((LL)f[nxt][j]+(LL)f[now][j]*(LL)no[i+1]%mod)%mod;
            f[now][j]=0;
        }
    }
    rep(i,1,num)
    {
        int res=0,fdie=qp(no[i],mod-2); 
        if(no[i]!=0)
        {
            g[0]=(LL)f[num&1][0]*(LL)fdie%mod; 
            rep(j,1,num-1)g[j]=(f[num&1][j]-(LL)g[j-1]*(LL)yes[i]%mod+mod)%mod*(LL)fdie%mod;
        }
        else
        {
            rep(j,0,num-1)g[j]=f[num&1][j+1];
        }
        rep(j,0,num-1)res=(res+(LL)yes[i]*(LL)g[j]%mod*(LL)inv[j+1]%mod)%mod;
        write(res);
        if(i!=num)putchar(‘ ‘); 
    }
    rep(i,0,num)f[num&1][i]=0;
    putchar(‘
‘);
}
int main()
{
    n=read();
    rep(i,1,n)m[i]=read(),p[i][m[i]]=1,inv[i]=qp(i,mod-2);
    q=read();
    while(q--)
    {
        int op=read();
        if(op)
        {
            num=read();
            rep(i,1,num)id[i]=read();
            rep(i,1,num)no[i]=p[id[i]][0],yes[i]=(1-p[id[i]][0]+mod)%mod;
            work();
        }
        else
        {
            int x=read(),u=read(),v=read(),die=(LL)u*(LL)qp(v,mod-2)%mod,live=(LL)(v-u)%mod*(LL)qp(v,mod-2)%mod;
            rep(i,1,m[x])p[x][i-1]=(p[x][i-1]+(LL)p[x][i]*(LL)die%mod)%mod,p[x][i]=(LL)p[x][i]*(LL)live%mod;
        }
    }
    rep(i,1,n)
    {
        int res=0;
        rep(j,1,m[i])res=(res+(LL)j*(LL)p[i][j]%mod)%mod;
        write(res);
        if(i!=n)putchar(‘ ‘);
    }
    return 0;
}

一些意见

第一次见需要对dp结果去掉一个决策的影响的题
以及今天学会设置友链了！