UOJ#449. 【集训队作业2018】喂鸽子

#449. 【集训队作业2018】喂鸽子

DP好题

 

法一:min-max容斥

处理前m个,最快吃饱的鸽子期望的时间

根据期望的定义

考虑每个方案数的概率*期望次数

枚举前m个用了x个,概率都是(1/m)^x*Em(x)

而Em(x)表示往前m个扔了x个期望的总共次数,就是x*n/m

考虑用了x个的方案数

生成函数EGF思想。

而出现一个有k次就会停止。最后一个位置一定会使得一个鸽子饱了。

f[i][j]前i个,总共用了j个,没有一个有k次的方案数

g[i][j],。。。。。。。。有一个有k次的方案数

NTT优化转移。

f和1/k!的项乘出来的贡献加到g里去即可。

O(n^2klog(nk))

 

 

法二:“有效玉米序列”

神仙思路

只考虑“有实质变化”的玉米,即喂给了一个没有饱的鸽子的玉米

还是考虑每个“有效玉米序列”的贡献,就是出现概率*期望

一个固定的“有效玉米序列”,出现概率和期望都和每次扔玉米时已经饱的鸽子有关系

所以状态多记录上饱的鸽子数量

至于怎样判断一个鸽子饱了

先填“白色”有效玉米,

想让一个鸽子饱了,就钦定之前k-1个白玉米染上色!

所以这个白玉米还是“对未来承诺”,或者对未来预留的trick

状态保留贡献和和概率和即可。是可以转移的。

复杂度:O(n^2k)

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout<<endl
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
    char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);}
template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar('\n');}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}
namespace Modulo{
const int mod=998244353;
int ad(int x,int y){return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;}
void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);}
int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);}
int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;}
template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);}
template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);}
}
using namespace Modulo;
namespace Miracle{
const int N=50000+5;
int f[50*1000+5][55];
int g[N][55];
int jie[N],inv[N];
int iv[N];
int C(int n,int m){
    if(n<m||n<0||m<0) return 0;
    return mul(jie[n],inv[m],inv[n-m]);
}
int n,k;
int main(){
    rd(n);rd(k);
    int lim=n*k;
    jie[0]=1;
    iv[1]=1;
    for(reg i=1;i<=lim;++i) jie[i]=mul(jie[i-1],i);
    for(reg i=2;i<=n;++i){
        iv[i]=mul(mod-mod/i,iv[mod%i]);
    }
    inv[lim]=qm(jie[lim]);
    for(reg i=lim-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
    g[0][0]=1;
    for(reg m=0;m<lim;++m){
        for(reg c=0;k*c<=m;++c){
            int ct=ad(mul(iv[n-c],f[m][c]),mul(iv[n-c],iv[n-c],n,g[m][c]));
            inc(f[m+1][c],ct);
            inc(f[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));
            ct=mul(g[m][c],iv[n-c]);
            inc(g[m+1][c],ct);
            inc(g[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));
        }
    }
    ll ans=mul(f[lim][n],jie[n]);
    ot(ans);
    return 0;
}

}
signed main(){
    Miracle::main();
    return 0;
}

/*
   Author: *Miracle*
*/

两种方法的共同之处是:

都从统计每个合法方案的出现概率和期望次数统计

考虑“有变化”的玉米

根据需要进行DP设计

 

第一种方法:是min-max容斥的套路。难点转化为合法的方案数。EGF思想,DP+NTT优化

第二种方法:直接考虑“有效玉米序列”,发现概率只和之前饱的鸽子有关而进行状态设计。

然鹅并不知道一个鸽子饱不饱,所以不能立刻决定当前玉米喂给谁。所以利用“白玉米”,最后统一染色。

posted @ 2019-06-09 10:42  *Miracle*  阅读(499)  评论(0编辑  收藏  举报