循环矩阵的快速幂（bzoj 2510: 弱题）

2510: 弱题

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Description

有M个球，一开始每个球均有一个初始标号，标号范围为1～N且为整数，标号为i的球有a_i个，并保证Σa_i = M。

每次操作等概率取出一个球（即取出每个球的概率均为1/M），若这个球标号为k（k < N），则将它重新标号为k + 1；若这个球标号为N，则将其重标号为1。（取出球后并不将其丢弃）

现在你需要求出，经过K次这样的操作后，每个标号的球的期望个数。

Input

第1行包含三个正整数N，M，K，表示了标号与球的个数以及操作次数。

第2行包含N个非负整数a_i，表示初始标号为i的球有a_i个。

Output

应包含N行，第i行为标号为i的球的期望个数，四舍五入保留3位小数。

Sample Input

2 3 2

3 0

Sample Output

1.667

1.333

题名可以。。

先考虑概率dp：dp[x][y]表示第x个回合后，标号为y的小球的期望个个数，那么有

直接转移的话，复杂度是O(nk)的，肯定会超时，不过还好这个递推式显然能转化成矩阵

假设n只有4，那么有递推

矩阵快速幂的话复杂度就降为(n^3logk)了，但n有1000那么大，还是超时。。。

但仔细看这个矩阵可以发现一个特点：它的每一行都是上一行往右移动一位得到的

不但如此，这个矩阵无论自乘多少次，都满足这个性质，所以理论上只需要维护第一行就好了

那么怎么得出新的矩阵第一行？

令k[i]表示矩阵第一行的第i个，那么有

同理

很显然可以看出规律

这样复杂度就是(n²log(k))了

#include
#include
int n;
double ans[1005], Jz[1005], temp[1005];
void Mult(double *a, double *b)
{
	int i, j;
	memset(temp, 0, sizeof(temp));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
			temp[(i+j-2)%n+1] += a[i]*b[j];
	}
	memcpy(a, temp, sizeof(temp));
}
int main(void)
{
	int m, k, i;
	while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)!=EOF)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
			scanf("%lf", &ans[i]);
		Jz[1] = 1-1.0/m;
		Jz[2] = 1.0/m;
		while(k)
		{
			if(k%2==1)
				Mult(ans, Jz);
			Mult(Jz, Jz);
			k /= 2;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
			printf("%.3f\n", ans[i]);
	}
	return 0;
}