Codeforces698C. LRU
n<=20种东西，有个大小k<=n的箱子，每次会以固定的概率从所有东西里选一种，若箱子里有空位且这种东西没出现过就丢进去，若箱子满了且这种东西没出现过就把最早访问过的一个丢掉，（只要在每次操作最早的“挑一种物品”选中某个数都算“访问”）问10^100操作后每个数存在箱子里的概率。
由于操作过多，最后箱子可以看成满的。可以发现由于操作跟时间有关，只有最后新进入箱子的k种东西在进入箱子时会对答案产生影响，因此只用看后面几次操作即可。可以把这个过程等同于：从头开始拿，问刚把箱子填满时的概率。
在后面的操作中，虽然只看最后k种东西被访问的过程，但期间也有可能多次访问到同种东西，咋办呢？状压，f(i)表示状态i出现的概率，$f(i)=\sum f(j)*a_{j关于i的补集}+\sum_{k\epsilon i} a_k*f(i)$，错误！最终状态不会再自己转移到自己，所以判一下i是不是终态即有没有k个数，没有才把后面那部分算上去。
还错！数据中有一些是箱子不可能满，所以要把箱子大小和概率>0的种数取个min。
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 //#include<bitset> 6 #include<algorithm> 7 #include<cmath> 8 using namespace std; 9 10 int n,K; 11 #define maxn 1100011 12 double a[33],ans[maxn],eve[33]; 13 int main() 14 { 15 scanf("%d%d",&n,&K); 16 int cnt=n; 17 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]),cnt-=a[i]<1e-10?1:0; 18 K=min(cnt,K); 19 ans[0]=1; for (int i=1;i<=n;i++) eve[i]=0; 20 for (int i=1;i<(1<<n);i++) 21 { 22 int one=0; ans[i]=0; double kk=0; 23 for (int j=1;j<=n;j++) if ((i>>(j-1))&1) one++,ans[i]+=ans[i^(1<<(j-1))]*a[j],kk+=a[j]; 24 if (one==K) for (int j=1;j<=n;j++) if ((i>>(j-1))&1) eve[j]+=ans[i]; 25 ans[i]/=(1-kk); 26 } 27 for (int i=1;i<=n;i++) printf("%.8lf ",eve[i]); 28 return 0; 29 }
这里有一种容斥做法。
比如说我最后序列里存在第i种东西，且i是最后拿的，那么之前可以拿很多很多的东西，但只能拿另外的n-1种中的k-1种。比如说某k-1种的概率加起来是x，i的概率是a，那么这k-1种的状态对i的答案的贡献就是：a*P(这k-1种的状态)=a*(1+x+x^2+x^3+……)=a/(1-x)，等比数列求和，简单。等会确定是这样？这里面包含了选k-2种，k-3种，……，0种的情况！！！那就挑掉k-2的，然后可能在k-2里面挑多了，那k-3再补回来……这个系数可以用组合数计算：(copy from liurunda)
