BZOJ4820[Sdoi2017]硬币游戏 AC自动机+概率DP+高斯消元

Posted 2020-09-23 CQzhangyu

【BZOJ4820】[Sdoi2017]硬币游戏

Description

周末同学们非常无聊，有人提议，咱们扔硬币玩吧，谁扔的硬币正面次数多谁胜利。大家纷纷觉得这个游戏非常符合同学们的特色，但只是扔硬币实在是太单调了。同学们觉得要加强趣味性，所以要找一个同学扔很多很多次硬币，其他同学记录下正反面情况。用H表示正面朝上，用T表示反面朝上，扔很多次硬币后，会得到一个硬币序列。比如HTT表示第一次正面朝上，后两次反面朝上。但扔到什么时候停止呢？大家提议，选出n个同学，每个同学猜一个长度为m的序列，当某一个同学猜的序列在硬币序列中出现时，就不再扔硬币了，并且这个同学胜利，为了保证只有一个同学胜利，同学们猜的n个序列两两不同。很快，n个同学猜好序列，然后进入了紧张而又刺激的扔硬币环节。你想知道，如果硬币正反面朝上的概率相同，每个同学胜利的概率是多少。

Input

第一行两个整数n,m。

接下里n行，每行一个长度为m的字符串，表示第i个同学猜的序列。

1<=n,m<=300

Output

输出n行，第i行表示第i个同学胜利的概率。

输出与标准输出的绝对误差不超过10^-6即视为正确。

Sample Input

3 3
THT
TTH
HTT

Sample Output

0.3333333333
0.2500000000
0.4166666667

题解：网上看了好多题解都很难懂，我换一种理解方式来说吧~

我们设与所有字符串都不匹配的串的期望长度为N，同时，期望长度也可以表示每个串的期望经过次数，因为所有串的期望经过次数之和为1，那么它也可以用来表示每个人获胜的概率。具体的说，每一个跟所有串都不匹配的串出现的概率都是相同的，它们的和就是N。（这几句话是做这道题的先决条件。）

枚举每个字符串，设当前枚举到A，我们在N后面强行加上一个串A，形成NA，它出现的概率自然就是${N\over 2^m}$，那么它是不是就是A获胜的概率呢？显然不是。因为N的后缀是不确定的，在强行加上串A时，它有可能提前形成了别的串（或者提前形成了串A本身），那么NA的概率自然就是这些情况发生的概率之和。具体地，如果：A的x前缀是B的x后缀，那么N的m-x后缀就是B的前缀，它发生的概率为$1\over 2^{m-x}$，所以当我们在AC自动机上找出所有这样的B和x后，就能得到：

$P_{NA}={P_N\over 2^m}=\sum{P_B\over 2^{m-x}}+P_A$

此外，我们还有方程$\sum Pi=1$，所以就有n+1个未知数和n+1个方程，高斯消元就好了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long double ld;
const ld eps=1e-10;
int n,m,tot;
int pos[310],dep[90010];
struct acm
{
	int ch[2],fail,dan;
}p[90010];
char str[310][310];
ld v[310][310],m2[310];
queue<int> q;
void build()
{
	int i,u;
	q.push(1);
	while(!q.empty())
	{
		u=q.front(),q.pop();
		for(i=0;i<=1;i++)
		{
			if(!p[u].ch[i])
			{
				if(u==1)	p[u].ch[i]=1;
				else	p[u].ch[i]=p[p[u].fail].ch[i];
				continue;
			}
			q.push(p[u].ch[i]);
			if(u==1)	p[p[u].ch[i]].fail=1;
			else	p[p[u].ch[i]].fail=p[p[u].fail].ch[i];
		}
	}
}
void gauss()
{
	int i,j,k;	ld t;
	n++;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=i;j<=n;j++)	if(fabs(v[j][i])>fabs(v[i][i]))	for(k=1;k<=n+1;k++)	swap(v[i][k],v[j][k]);
		t=v[i][i];
		for(k=i;k<=n+1;k++)	v[i][k]/=t;
		for(j=1;j<=n;j++)	if(i!=j)
		{
			t=v[j][i];
			for(k=1;k<=n+1;k++)	v[j][k]-=t*v[i][k];
		}
	}
	n--;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j,u,a,t;
	for(m2[0]=1.0,i=1;i<=m;i++)	m2[i]=m2[i-1]*0.5;
	for(tot=i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",str[i]);
		for(u=1,j=0;j<m;j++)
		{
			a=(str[i][j]==‘T‘);
			if(!p[u].ch[a])	p[u].ch[a]=++tot;
			u=p[u].ch[a];
		}
		p[u].dan=i,pos[i]=u;
	}
	build();
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(u=1,j=0;j<m;j++)	u=p[u].ch[str[i][j]==‘T‘],dep[u]=j+1;
		v[i][n+1]=m2[m];
		for(j=1;j<=n;j++)	for(t=pos[j];t;t=p[t].fail)	if(dep[t])	v[i][j]+=m2[m-dep[t]];
		for(u=1,j=0;j<m;j++)	u=p[u].ch[str[i][j]==‘T‘],dep[u]=0;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)	v[n+1][i]=1;
	v[n+1][n+2]=1;
	gauss();
	for(i=1;i<=n;i++)	printf("%.10lf\n",(double)v[i][n+2]);
	return 0;
}