[ZJOI2019] 麻将 解题报告

简要题意：

一副麻将有数字牌 \(1\sim n\) 各 \(4\) 张，定义 \((i,i)\) 为对子，\((i-1,i,i+1)\) 为顺子，\((i,i,i)\) 为刻子，面子是指顺子或者刻子，定义 \(14\) 张牌组成的集合是胡的，当且仅当其满足两个条件之一：

1. 可以划分成集合 \(S_1,S_2,S_3,S_4,S_5\)，使得 \(S_1\) 是对子，\(S_2,S_3,S_4,S_5\) 是面子。

2. 可以划分成两两不同的 \(7\) 个对子。

现在可怜在 \(4n\) 张牌中先抽取了 \(13\) 张，剩余 \((4n-13)\) 张牌随机抽取，问抽取到的牌集存在一个子牌集是胡的的期望抽取次数。对 \(998244353\) 取模。\(n\le 100\)。

做法：

注意到我们关注的只是每一种牌出现了几个。考虑如何判断一个牌集是不是胡的，即我们希望设计一个自动机，其接受每种牌的出现次数，返回这种情况的牌是否是胡的。

假设我们现在处理了 \(1\sim i\) 类型的数字牌，现在我们有几张 \(i+1\) 类型的牌要插进去，那么我们发现其实只有 \((i-1,i)\) 才可以与 \(i+1\) 结合，以产生一个顺子，那么考虑设计一个 \(\mathrm{dp}\)，令 \(f(i,j,k,0/1)\) 表示处理了 \(1\sim i\) 类型的数字牌，且这些牌往后扔了 \(j\) 个 \((i-1,i)\) 和 \(k\) 个 \(i\)，并且目前是否匹配出对子时，能够匹配出的最大面子个数。那么我们只需要判断是否有 \(f(n,j,k,1)\ge 4\) 即可判断出这副牌是否是胡的。注意到由于要匹配完后往后扔，所以 \(0\le j,k\le 2\)，否则他们都可以自发形成刻子。

考虑如何转移，假设类型 \(i+1\) 的牌共有 \(x\) 个，那么我们要用这 \(x\) 个牌和之前的 \(j\) 个 \((i-1,i)\) 以及 \(k\) 个 \(i\) 匹配。从这里我们可以看出要有 \(j+k\le x\)，因为如果 \(j+k\) 更大那么可以匀一些到前面，这样一定不劣。这样可以组成 \(j\) 个 \((i-1,i,i+1)\) 的顺子，以及 \(k\) 个 \((i,i+1)\)，然后还剩下 \((x-j-k)\) 个单 \(i\)，这些多出来的单牌既可以自发地形成 \((i+1,i+1,i+1)\) 的刻子，也可以留下来一些给后面继续匹配，因此我们再枚举 \(i+1\) 给了后面 \(p\) 个，那么可以用 \((x-j-k-p)\) 个形成刻子，这可以形成 \(\lfloor\frac{x-j-k-p}{3}\rfloor\) 个刻子。综上，我们在此轮转移中一共获得了 \(j\) 个顺子，\(\lfloor\frac{x-j-k-p}{3}\rfloor\) 个刻子，以及 \(k\) 个 \((i,i+1)\) 和 \(p\) 个 \(i+1\)，综上得到转移：

\[f(i+1,k,p,*)\leftarrow f(i,j,k,*)+\left\lfloor\frac{x-j-k-p}{3}\right\rfloor+j \]

再考虑最后一维 \(0/1\) 的转移，我们可以不分配牌来形成对子，此时我们就扔 \(x\) 张牌下去转移，我们也可以手动拿出来 \(2\) 张牌形成对子，这种情况下我们就只能用 \(x-2\) 张，于是分类跑三次转移即可。

而对于情况 \(2\)，我们相当于还有一个 \(\mathrm{dp}\)，用 \(g(i)\) 表示考虑前 \(i\) 种牌能形成的不同对子的数量，则 \(g(i)=g(i-1)+[cnt_i\ge 2]\)，我们判断是否有 \(g(n)\ge 7\) 即可。

于是我们通过两个 \(\mathrm{dp}\) 刻画出了目前选牌的情况。那么考虑用 \(([f(0\sim 2,0\sim 2,0)],[f(0\sim 2,0\sim 2,1)],g(i))\) 这个三元组来表示目前的选牌的状态，用 \(f,g\) 的转移方程，我们可以建立出这个“胡牌自动机”。其意义为：我们在自动机上按 \(i\) 从前往后跑，对于当前跑到的每个节点，其接受类型为 \(i+1\) 的牌的个数 \(x\) 后进行转移，转移到一个新的状态，然后继续往后跑。这个状态数看似很多，是两个 \(3\times 3\) 的矩阵外加一个 \(g\)，但是真正跑出来的有用状态其实很少，我们可以做一些优化，将 \(f\) 的最大值限制在 \(4\)，将 \(g\) 最大值限制在 \(7\)，并将所有表示已经形成胡牌的节点统一缩成一个点，记这个点为 \(0\)，经过测定，这样总结点个数是 \(2092\)。

由此，我们可以设计出一个在自动机上进行的概率 \(\mathrm{dp}\)，\(dp(i,j,u)\) 表示考虑牌类型在 \(1\sim i\) 的牌，这些牌已经额外拿了 \(j\) 张，并且目前拿牌状态在自动机上的对应节点为 \(u\) 的拿牌方案数（不考虑排列）。转移自然是考虑枚举 \(k\) 表示 \(i\) 这种类型的牌选了 \(k\) 张，这样相当于选择了 \(cnt_{i}+k\) 张 \(i\) 类型的牌，记其在自动机上转移到的节点为 \(\mathrm{trans}(u,cnt_{i}+k)\)，则我们得到转移：

\[dp(i,j+k,\mathrm{trans}(u,cnt_{i}+k))\leftarrow \binom{4-cnt_{i}}{k}\times dp(i-1,j,k) \]

其中组合数 \(\binom{4-cnt_{i+1}}{k}\) 是因为要选出 \(k\) 张额外选。

考虑最后怎么统计答案，运用经典转化，我们知道：

\[\begin{aligned} E(出现胡牌的时刻)&=\sum_{i=0}^{+\infty} P(在时刻i还没有出现胡牌) \\ &=1+\sum_{i=1}^{4n-13} P(在时刻i还没有出现胡牌) \end{aligned} \]

用 \(g_i\) 表示在时刻 \(i\) 还没有出现胡牌的方案数，这个只需要统计 \(dp(n,i,u\ne 0)\) 即可。则我们可以表示出 \(P(在时刻i还没有出现胡牌)=\dfrac{g_i\times i!\times (4n-13-i)!}{(4n-13)!}\)，其意义为，前 \(i\) 时刻选择的那些牌可以以任意顺序选，而剩下的 \((4n-13-i)\) 张牌也可以随便选，除以总方案数 \((4n-13)!\) 即可算出概率。于是答案可以表示为：

\[ans=1+\sum_{i=1}^{4n-13}\dfrac{g_i\times i!\times (4n-13-i)!}{(4n-13)!} \]

时间复杂度 \(O(2092\times n^2)\)。