【2020年杭电暑假第五场】6825 Set1
【2020年杭电暑假第五场】6825 Set1 组合数学+数学推导 / dp
- 题意
- 思路
- 方法一：组合数学+数学推导
- 方法二：dp
- Code(3026MS)
题目链接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6825
题意
You are given a set S={1…n}. It guarantees that n is odd. You have to do the following operations until there is only 1 element in the set:
Firstly, delete the smallest element of S. Then randomly delete another element from S.
For each i∈[1,n], determine the probability of i being left in the S.
It can be shown that the answers can be represented by PQ, where P and Q are coprime integers, and print the value of P×Q−1 mod 998244353.
Input
The first line containing the only integer T(T∈[1,40]) denoting the number of test cases.
For each test case:
The first line contains a integer n .
It guarantees that: ∑n∈[1,5×106].
Output
For each test case, you should output n integers, i-th of them means the probability of i being left in the S.
Sample Input
1
3
Sample Output
0 499122177 499122177
给出一个 n n n，有 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]中 n n n个数。
每次有如下操作：先删去最小的元素，再随机删掉一个元素。
求每个数留下来的概率期望。
思路
方法一：组合数学+数学推导
考虑元素 i i i留下来的方案数，那么他前面有 i − 1 i-1 i−1个数，后面有 n − i n-i n−i个数。
我们易得当 n − i ≥ i − 1 n-i\geq i-1 n−i≥i−1时，i才会被留下来，即 i ≤ n 2 i\leq\frac{n}{2} i≤2n时都是 0 0 0，往后才有值。所以我们可以直接输出前 n 2 \frac{n}{2} 2n个 0 0 0。
然后在处理后面的数字。
我们设每次删除最小元素为操作一，随机删除元素为操作二。
即 i i i后面的 n − i n-i n−i个数一定是操作二删除的，所以第一步，我们让后面 n − i n-i n−i个数与前面 i − 1 i-1 i−1中的 n − i n-i n−i个一一对应删除就行。（在 i − 1 i-1 i−1中选 n − i n-i n−i个数出来在给他排序）
设第 i i i个数被留下来的方案数为 c n t [ i ] cnt[i] cnt[i]，则
c n t [ i ] = C i − 1 n − i ∗ A n − i n − i = ( i − 1 ) ! ( 2 i − n − 1 ) ! cnt[i] = C_{i-1}^{n-i}*A_{n-i}^{n-i} = \frac{(i-1)!}{(2i-n-1)!} cnt[i]=Ci−1n−i∗An−in−i=(2i−n−1)!(i−1)!
然后在考虑剩下的 ( i − 1 ) − ( n − i ) = ( 2 i − n − 1 ) (i-1)-(n-i)=(2i-n-1) (i−1)−(n−i)=(2i−n−1)个数，根据前面，在其中选择两两删除。
( 2 i − n − 1 ) (2i-n-1) (2i−n−1)两两选择有 C 2 i − n − 1 2 ∗ C 2 i − n − 3 2 . . . C 4 2 ∗ C 2 2 C_{2i-n-1}^2*C_{2i-n-3}^2...C_4^2*C_2^2 C2i−n−12∗C2i−n−32...C42∗C22
( 2 i − n − 1 ) ! 2 ! ∗ ( 2 i − n − 3 ) ! ∗ ( 2 i − n − 3 ) ! 2 ! ∗ ( 2 i − n − 5 ) ! ∗ . . . ∗ 2 ! 2 ! ∗ 0 ! \frac{(2i-n-1)!}{2!*(2i-n-3)!}*\frac{(2i-n-3)!}{2!*(2i-n-5)!}*...*\frac{2!}{2!*0!} 2!∗(2i−n−3)!(2i−n−1)!∗2!∗(2i−n−5)!(2i−n−3)!∗...∗2!∗0!2!
( 2 i − n − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 \frac{(2i-n-1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}} (2!)22i−n−1(2i−n−1)!
到这里还没有结束，然后我想了好久，是我太捞了。
比如 [ 1 , 6 ] [1,6] [1,6]，我们选择的时候会重复选择多次，比如
( 1 , 2 ) ( 3 , 4 ) ( 5 , 6 ) (1,2)(3,4)(5,6) (1,2)(3,4)(5,6)
( 1 , 2 ) ( 5 , 6 ) ( 3 , 4 ) (1,2)(5,6)(3,4) (1,2)(5,6)(3,4)
( 3 , 4 ) ( 1 , 2 ) ( 5 , 6 ) (3,4)(1,2)(5,6) (3,4)(1,2)(5,6)
( 3 , 4 ) ( 5 , 6 ) ( 1 , 2 ) (3,4)(5,6)(1,2) (3,4)(5,6)(1,2)
( 5 , 6 ) ( 1 , 2 ) ( 3 , 4 ) (5,6)(1,2)(3,4) (5,6)(1,2)(3,4)
( 5 , 6 ) ( 3 , 4 ) ( 1 , 2 ) (5,6)(3,4)(1,2) (5,6)(3,4)(1,2)
这些都是上面包括的情况，因为选的先后次序不同，所以会出现重复的情况，一共出现相同的组合 ( n 2 ) ! (\frac{n}{2})! (2n)!，所以我们要在上面的基础上再除以 ( 2 i − n − 1 2 ) ! (\frac{2i-n-1}{2})! (22i−n−1)!
那么剩下数 ( 2 i − n − 1 ) (2i-n-1) (2i−n−1)中两两选择的方案数为
( 2 i − n − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 ∗ ( 2 i − n − 1 2 ) ! \frac{(2i-n-1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!} (2!)22i−n−1∗(22i−n−1)!(2i−n−1)!
最后整合上述所有情况，第 i i i个数被留下的总方案数为
c n t [ i ] = ( i − 1 ) ! ( 2 i − n − 1 ) ! ∗ ( 2 i − n − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 ∗ ( 2 i − n − 1 2 ) ! cnt[i] = \frac{(i-1)!}{(2i-n-1)!}*\frac{(2i-n-1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!} cnt[i]=(2i−n−1)!(i−1)!∗(2!)22i−n−1∗(22i−n−1)!(2i−n−1)!
化简得
c n t [ i ] = ( i − 1 ) ! ( 2 ! ) 2 i − n − 1 2 ∗ ( 2 i − n − 1 2 ) ! cnt[i] = \frac{(i-1)!}{(2!)^{\frac{2i-n-1}{2}}*(\frac{2i-n-1}{2})!} cnt[i]=(2!)22i−n−1∗(22i−n−1)!(i−1)!
总方案数为 s u m = ∑ i = 1 n c n t [ i ] sum=\sum_{i=1}^ncnt[i] sum=∑i=1ncnt[i]
第 i i i个数被留下的概率期望为 p [ [ i ] = c n t [ i ] s u m p[[i]=\frac{cnt[i]}{sum} p[[i]=sumcnt[i]
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
事先预处理所有的阶乘和阶乘逆元。
方法二：dp
参考：https://www.cnblogs.com/luyouqi233/p/13434815.html
dp方法我也不太会，哭了。
Code(3026MS)
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