●CodeForces 698C LRU

Posted 2020-10-27 *ZJ

概率dp，状压dp||容斥，概率

题链：

http://codeforces.com/problemset/problem/698/C
题解.1：

概率dp，状压dp
棒棒哒题解：https://www.cnblogs.com/liu-runda/p/6256730.html

由于操作次数很多，所以可以看成无穷次，
且题中明确给出K<=N，所以一般来说最后的缓存区中有k个物品的概率非常接近1。
或者这么来理解：
如果这么多次的操作我们都只取到了某固定的k-1个物品，那么也就意味这其它的物品一次都没取到过，
设其它物品的概率和为x，那么它们一次都没取到的概率就为x^inf，非常接近0，即基本不可能只取到过某固定的k-1个物品。
（当然也有特殊情况，如果某些物品(假设有h个)的出现概率为0，那么只有N-h个物品可能被得到，
所以K=min(k,N-h)，更改一下缓存区里能存在的物品的最大个数）

显然，对于任意一个操作序列，操作结束后，缓冲区里存在哪k个物品，只与这个操作序列的末尾有关。
更详细的是指：那k个物品，就是这个操作序列从后往前数，首先数到的k个不同的物品。（然后前面的物品无论怎样出现都没有任何关系了）
那么只要求得一个k个物品的集合的出现概率P，那么这个集合里面所有元素的出现概率都要+P。
然后我们需要计算出所有k个物品的集合的出现概率，而且k的大小是20，毫不犹豫的想到状压dp

令dp[S]表示从后往前已经拥有的物品的集合为S的出现概率：
设S集合里的物品出现的概率和为x，然后枚举每个不在S里的物品i。
dp[S|idx(i)]=dp[S]*p[i]/(1-x).
p[i]/(1-x)意思是i物品在未出现的物品种出现的概率。
因为遇到已在S里的物品对S这个状态没有任何影响，所以只考虑不在S里的物品。

然后每当S的大小为K时，就把dp[S]加到S里的每个物品i的出现概率ans[i]上去。

代码.1：

 

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 20
using namespace std;
const double eps=1e-9;
double p[1<<MAXN],g[1<<MAXN],ans[MAXN+5],dp[1<<MAXN];
int cnt[1<<MAXN];
int N,K,ALL,k;
int idx(int i){return 1<<(i-1);}
int dcmp(double x){
	if(fabs(x)<eps) return 0;
	return x>0?1:-1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>N>>K; ALL=idx(N+1); k=N;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		cin>>p[idx(i)];
		if(dcmp(p[idx(i)])==0) k--;
	}
	K=min(k,K);
	for(int S=1,i;i=S&(-S),S<ALL;S++)
		g[S]=g[S^i]+p[i],cnt[S]=cnt[S^i]+1;
	dp[0]=1;
	for(int S=1;S<ALL;S++){
		for(int i=1;i<=N;i++) if(idx(i)&S)
			if(dcmp(1-g[idx(i)^S])!=0) dp[S]+=dp[S^idx(i)]*p[idx(i)]/(1-g[S^idx(i)]);
		if(cnt[S]==K) for(int i=1;i<=N;i++) if(idx(i)&S) ans[i]+=dp[S];
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)
		cout<<fixed<<setprecision(7)<<ans[i]<<" ";
	return 0;
}

 

　　

 

题解.2：

 

容斥，概率
同样的，由于操作次数为10^100，所以可以看成是无穷次。
假设对于一个操作序列，如果要使得最后的k个物品中存在i物品，
那必然在最后一次出现了i物品之后出现的其他物品种类数不超过k-1种.(即可能出现了0种其它物品，1种其它物品，2种其他物品，...，k-1种其他物品)
现在我们假设之后出现了k-1种其它物品，这k-1种物品的集合为S，且这k-1种物品的出现概率和为x，
那么由于i物品最后一次出现的具体位置未知，
所以有如下计算式来计算上述这种“出现了i以后再出现的其他物品种类不超过k-1种且集合为S”的情况的发生概率：
P=p[i]*(x+x^2+x^3+...+x^inf)=p[i]*1.0/(1-x)
由于这只是一种k-1种物品的集合的情况，所以还要枚举所有的k-1种物品的集合来进行上述操作，并把每个求得的概率累加到一起。
显然，存在了许多重复和无用信息，
举个例子，上面由若干个k-1种物品的集合所得到的概率和∑P中，
把任意一种“出现了i以后再出现的其他物品种类不超过k-2种且集合为S\'”的情况的都包含了若干次，
具体来说是C(N-1-(k-2),1)次，（也就是S\'的不含i物品的超集的个数）
所以需要把这些多余的减去，这就是容斥的原因，
注意到容斥系数只与集合大小有关，
我们只需要预处理出集合大小为cnt时的容斥系数即可。

 

（因为我们要求之后出现的其他物品种类为0种,1种,2种...k-1的概率和，所以在处理容斥系数之前，首先把每个的容斥系数都定为1）

 

代码.2：

 

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 20
using namespace std;
const double eps=1e-9;
double a[MAXN],p[1<<MAXN],h[MAXN+5],dp[1<<MAXN],c[MAXN+5][MAXN+5];
int cnt[1<<MAXN];
int N,K,ALL,k;
int idx(int i){return 1<<(i-1);}
int dcmp(double x){
	if(fabs(x)<eps) return 0;
	return x>0?1:-1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>N>>K; ALL=1<<N;
	for(int i=1;i<=N;i++) cin>>a[i],p[idx(i)]=a[i];
	for(int S=1,i;i=S&(-S),S<ALL;S++)
		p[S]=p[i]+p[S^i],cnt[S]=1+cnt[S^i];
	for(int i=0;c[i][0]=1,i<=N;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++) 
			c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
	for(int i=K-1;h[i]=1,i>=0;i--)
		for(int j=i+1;j<=K-1;j++)
			h[i]-=h[j]*c[N-1-i][j-i];
	cout<<fixed<<setprecision(7);
	for(int i=1;i<=N;i++){
		if(dcmp(a[i])==0||dcmp(1-a[i])==0||K==1)
			cout<<p[idx(i)];
		else{
			double ans=0;
			for(int S=0;S<ALL;S++){
				if(idx(i)&S||cnt[S]>=K) continue;
				ans+=h[cnt[S]]*1.0/(1-p[S]);
			}
			cout<<ans*p[idx(i)];
		}
		cout<<((i==N)?\'\\n\':\' \');
	}
	return 0;
}