[CTSC 2018]假面

Description

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有 $n$ 个敌方单位，初始第 $i$ 个单位的血量为 $m_i$ 。共 $Q$ 次操作，分两种：

1. 对某一个单位以 $p$ 的概率造成 $1$ 点伤害。
2. 对 $k$ 个指定的敌方单位施放技能，只能命中恰好 $1$ 个敌方单位。命中每个存活的敌方单位的概率是相等的（也就是说已经死亡的敌方单位不会有任何影响）。求命中各敌人的概率分别是多少。该类操作不会超过 $C$ 次。

最后要求每个敌方单位的血量的期望。

$n \leq 200 , Q \leq 200000 , C \leq 1000 , m_i \leq 100$

Solution

不妨记 $pk_{i,j}$ 表示第 $i$ 个单位还剩血量为 $j$ 时的概率。这样是可以用 $O(Q\times m_i)$ 来维护的。

用 $pk$ 数组我们可以计算出第 $i$ 个单位存活概率为 $p_i$ 。

得到这个概率，我们可以用 $O(Cn^3)$ 的 $\text{dp}$ （背包）来统计答案。

另 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个人中存活了 $j$ 个的概率。通过改变转移顺序第一维可以搞掉。

考虑优化，注意到可以逆推，及不用算每个人的概率时剩下的人重新求一次。大致是：

假设放第 $i$ 个人时， $f$ 数组是：

$$x_0,x_1,x_2,x_3,\cdots$$

那么第 $i$ 个人转移后的状态为：

$$x_0',x_1',x_2',x_3',\cdots=x_0(1-p_i),x_0p_i+x_1(1-p_i),x_1p_i+x_2(1-p_i),x_2p_i+x_3(1-p_i),\cdots$$

显然逆推回去 $x_0=\frac{x_0'}{1-p_i}$ ，剩下的满足：

$$x_i=\frac{x_i'-x_{i-1}p_i}{1-p_i}$$

那么就可以逆背包过程了，可以优化到 $O(Cn^2)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200+5, M = 100+5, yzh = 998244353;

int n, m[N], pk[N][M], u, v, q, op, p, id, pa[N], k, lst[N], inv[N], f[N], invpa[N];

int quick_pow(int a, int b) {
    int ans = 1;
    while (b) {
        if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;
        a = 1ll*a*a%yzh, b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int cal(int x) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < k; i++) (ans += 1ll*inv[i+1]*pa[x]%yzh*f[i]%yzh) %= yzh;
    return ans;
}
void work() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &m[i]), pk[i][m[i]] = 1, pa[i] = 1;
    inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = -1ll*yzh/i*inv[yzh%i]%yzh;
    scanf("%d", &q);
    while (q--) {
        scanf("%d", &op);
        if (op == 0) {
            scanf("%d%d%d", &id, &u, &v); p = 1ll*u*quick_pow(v, yzh-2)%yzh;
            pk[id][0] = (pk[id][0]+1ll*pk[id][1]*p%yzh)%yzh;
            for (int i = 1; i <= m[id]; i++)
                pk[id][i] = (1ll*pk[id][i]*(1-p)%yzh+1ll*pk[id][i+1]*p%yzh)%yzh;
            pa[id] = 1-pk[id][0]; invpa[id] = quick_pow(pk[id][0], yzh-2);
        }else {
            scanf("%d", &k); f[0] = 1;
            for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d", &lst[i]), f[i] = 0;
            for (int i = 2; i <= k; i++) {
                for (int j = i-1; j >= 1; j--)
                    f[j] = (1ll*(1-pa[lst[i]])*f[j]%yzh+1ll*pa[lst[i]]*f[j-1]%yzh)%yzh;
                f[0] = 1ll*f[0]*(1-pa[lst[i]])%yzh;
            }
            printf("%d ", (cal(lst[1])+yzh)%yzh);
            for (int i = 2; i <= k; i++) {
                if ((pa[lst[i]]+yzh)%yzh != 1) {
                    f[0] = 1ll*f[0]*invpa[lst[i]]%yzh;
                    for (int j = 1; j < k; j++)
                        f[j] = 1ll*(1ll*f[j]-1ll*pa[lst[i]]*f[j-1]%yzh)%yzh*invpa[lst[i]]%yzh;
                }else for (int i = 0; i < k; i++) f[i] = f[i+1];
                for (int j = k-1; j >= 1; j--)
                    f[j] = (1ll*(1-pa[lst[i-1]])*f[j]%yzh+1ll*pa[lst[i-1]]*f[j-1]%yzh)%yzh;
                f[0] = 1ll*f[0]*(1-pa[lst[i-1]])%yzh;
                printf("%d ", (cal(lst[i])+yzh)%yzh);
            }
            puts("");
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int ans = 0;
        for (int j = 1; j <= m[i]; j++) (ans += 1ll*j*pk[i][j]%yzh) %= yzh;
        printf("%d ", (ans+yzh)%yzh);
    }
}
int main() {work(); return 0; }