NFLSOJ410 【2019 江苏省队第一轮集训】担心
NFLSOJ410 【2019 江苏省队第一轮集训】担心
题目大意
共有 \(n\) 个人参加比赛，这 \(n\) 个人站成一排。比赛采用单挑制，每次等概率选出两个相邻的人进行单挑，胜者保留，败者淘汰。每个人的水平是不同的，第 \(i\) 个人的水平是 \(a_i\)。一场单挑如果在水平分别为 \(a\) 和 \(b\) 的人之间进行，那么前者获胜的概率是 \(\frac{a}{a+b}\)，后者获胜的概率是 \(\frac{b}{a+b}\)，不可能平局。这场比赛最终的胜者是最后剩下的唯一的人。
你有一个朋友。你已知这个朋友的位置 \(k\) (\(1\leq k\leq n\))，以及每个人的水平 \(a_{1\dots n}\)。请求出这个朋友最终获胜的概率。答案对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(1\leq n\leq 500\)。
本题题解
考虑朴素的区间 DP。设 \(\text{dp}(i,j,k)\) (\(1\leq i\leq k\leq j\leq n\)) 表示只考虑 \([i,j]\) 这段区间里的人，在他们之间进行 \(j - i\) 次比赛后，最终留下来的人为 \(k\) 的概率 \(\times (j - i)!\)。也就是所有可能的操作顺序下，\(k\) 获胜的概率之和。这样定义是为了方便转移（合并两段区间）。
考虑转移，即 \([i,j]\) 是怎么来的。发现一定是区间“左半部分”决出了一个胜者 \(x\)，“右半部分”决出了一个胜者 \(y\)，然后 \(x,y\) 再比一场，决出最终的赢家，也就是 \(k\)。换句话说，一定存在一个分界线 \(l\) (\(i\leq l < j\))，使得 \(x,y\) 最终决斗前， \(y\) 不会和 \([i,l]\) 里的人有接触，\(x\) 不会和 \([l + 1, j]\) 里的人有接触。这个性质是由“每次选择相邻的人进行决斗”这一要求决定的。根据这个性质，在转移时可以枚举 \(l\)。则：
上下两行分别对应了 \(k\) 是 \(x\) 和 \(k\) 是 \(y\) 的情况。
边界是 \(\text{dp}(i,i,i) = 1\)。答案是 \(\text{dp}(1, n, k)\times \frac{1}{(n - 1)!}\)。
这样 DP 的时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n^5\log n)\) 或 \(\mathcal{O}(n^5)\)，取决于是否预处理逆元。这个暴力 DP 的代码，我附在了参考代码部分。
考虑简化状态。
设 \(\text{dpl}(i,j) = \text{dp}(i,j,i)\), \(\text{dpr}(i, j) = \text{dp}(i,j,j)\)，即只保留最终赢家是 \(i\) 或 \(j\) 的状态。
考虑转移，以 \(\text{dpl}(i,j)\) 为例。枚举最后和 \(i\) 决斗的点 \(k\) (\(i < k \leq j\))。一种想法是从 \(\text{dpl}(i,k - 1)\times\text{dpl}(k,j)\) 转移过来。但这种想法是不对的。因为这代表我们默认了 \(k\) 就是左右两部分的分界点，但这显然不是全部的情况。因为可能存在有 \([i + 1, k - 1]\) 之间的人，也是被 \(k\) 打败的，换句话说就是真实的分界点 \(l\) 小于 \(k\) 的情况，在这里没有被考虑到。
为了避免上述错误，我们再定义一个 \(\text{dplr}(i,j)\)，表示只考虑 \([i,j]\) 区间里的人，在进行 \(j - i - 1\) 次比赛后，剩下 \(i\) 和 \(j\) 的概率 \(\times(j - i - 1)!\)。也就是目前 \(i\) 和 \(j\) 都保留着，最终谁赢还尚未知晓。它显然有转移：
然后我们再通过 \(\text{dplr}(i,k)\) 来转移 \(\text{dpl}(i,j)\)：
类似地，也可以写出 \(\text{dpr}(i,j)\) 的转移：
边界是 \(\text{dpl}(i,i) = \text{dpr}(i, i) = 1\)。最终答案是 \(\text{dpr}(1,k)\times\text{dpl}(k, n)\times{n - 1\choose n - k}\times\frac{1}{(n - 1)!}\)。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
参考代码
\(\mathcal{O}(n^3)\) AC 代码：
// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 500;
const int MOD = 998244353;
inline void add(int& x, ll y) {
x = ((ll)x + y) % MOD;
}
inline int pow_mod(int x, int i) {
int y = 1;
while (i) {
if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
x = (ll)x * x % MOD;
i >>= 1;
}
return y;
}
int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
if (n < k) return 0;
return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int n, pos, a[MAXN + 5];
int pwin[MAXN + 5][MAXN + 5]; // pwin[i][j]: 在 (i, j) 比赛中, i 获胜的概率
int dpl[MAXN + 5][MAXN + 5], dpr[MAXN + 5][MAXN + 5], dplr[MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
cin >> n >> pos;
facinit(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) {
pwin[i][j] = (ll)a[i] * pow_mod((a[i] + a[j]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
dpl[i][i] = dpr[i][i] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; ++len) {
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int k = i; k < j; ++k) {
add(dplr[i][j], (ll)dpl[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
}
for (int k = i + 1; k <= j; ++k) {
// add(dpl[i][j], (ll)dpl[i][k - 1] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k) % MOD);
add(dpl[i][j], (ll)dplr[i][k] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k));
}
for (int k = i; k < j; ++k) {
// add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i) % MOD);
add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dplr[k][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
}
}
}
int ans = (ll)dpr[1][pos] * dpl[pos][n] % MOD * comb(n - 1, n - pos) % MOD * ifac[n - 1] % MOD;
cout << ans << endl;
return 0;
}
\(\mathcal{O}(n^5\log n)\)：
// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 50;
const int MOD = 998244353;
inline int mod1(int x) { return x < MOD ? x : x - MOD; }
inline int mod2(int x) { return x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void add(int &x, int y) { x = mod1(x + y); }
inline void sub(int &x, int y) { x = mod2(x - y); }
inline int pow_mod(int x, int i) {
int y = 1;
while (i) {
if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
x = (ll)x * x % MOD;
i >>= 1;
}
return y;
}
int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
if (n < k) return 0;
return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int n, p, a[MAXN + 5];
int dp[MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
cin >> n >> p;
facinit(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
dp[i][i][i] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; ++len) {
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int w = i; w <= j; ++w) { // winner
for (int l = i; l < j; ++l) {
if (w <= l) {
for (int w2 = l + 1; w2 <= j; ++w2) {
int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w] * dp[l + 1][j][w2] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
}
} else {
for (int w2 = i; w2 <= l; ++w2) {
int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w2] * dp[l + 1][j][w] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
}
}
}
}
}
}
cout << ((ll)dp[1][n][p] * ifac[n - 1] % MOD) << endl;
return 0;
}
