[NOI2019] 斗主地
文章目录
-
-
- 题面
- 得分情况
- 题解
-
- 10pts: n ≤ 10 n\leq 10 n≤10
- 30pts: n ≤ 80 n\leq 80 n≤80
- 40pts: 所有 A i A_i Ai相同
- 100pts idea1:
- 100pts idea2:
-
题面
题面
得分情况
100pts: 16
>40pts: 26
40pts: 159
30pts: 149
题解
10pts: n ≤ 10 n\leq 10 n≤10
暴搜
30pts: n ≤ 80 n\leq 80 n≤80
dp
设 f i , j f_{i,j} fi,j为左边 i i i张牌，右边 j j j张牌的概率。
讨论移左边还是移右边就行了。
参考代码:
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(f,0,sizeof(f));memset(h,0,sizeof(h));
f[a[i]][n-a[i]]=1;
for(int j=1;j<=a[i];j++) l[j]=g[j];
for(int j=1;j<=n-a[i];j++) r[j]=g[j+a[i]];
for(int j=a[i];~j;j--)
for(int k=n-a[i];~k;k--){
if(!f[j][k]) continue;
if(j>0){
ll tmp=f[j][k]*j%mod*inv(j+k)%mod;
f[j-1][k]+=tmp;f[j-1][k]%=mod;
h[n-j-k+1]+=tmp*l[j]%mod;h[n-j-k+1]%=mod;
}
if(k>0){
ll tmp=f[j][k]*k%mod*inv(j+k)%mod;
f[j][k-1]+=tmp;f[j][k-1]%=mod;
h[n-j-k+1]+=tmp*r[k]%mod;h[n-j-k+1]%=mod;
}
}
for(int j=1;j<=n;j++) g[j]=h[n-j+1];
}
40pts: 所有 A i A_i Ai相同
前30pts采用dp暴力做。
对于 A i A_i Ai全相同的10pts,算出系数，做矩乘即可。
参考代码:
#include
// cout<
// }
B=B*(S^m);
scanf("%d",&Q);
for(int i=1,x;i<=Q;i++){
scanf("%d",&x);
printf("%d\n",B.mat[1][x]);
}
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen("123.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&type);
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=mul(i,type==1?1:i);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&A[i]);
cir[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) cir[i]=1ll*cir[M%i]*(M-M/i)%M;
if(check()){all_A_is_same();}
return 0;
}
100pts idea1:
f ( i ) = i o r i 2 f(i)=i\space or\space i^2 f(i)=i or i2。
可以猜出结论:一次函数洗牌后的期望还是一次函数，二次函数洗牌后的期望还是二次函数。
即:设洗牌前 a i a_i ai为 k k k次多项式，则洗牌后 a i ′ a_i^{'} ai′仍为 k k k次多项式。
这里先假设该结论成立，之后再证明。
那么设某一次洗牌后第 i i i张(从上往下数)的期望为 x i ′ x_i^{'} xi′,洗牌前第 i i i张的期望为 x i x_i xi。
可得:
x 1 ′ = A n x 1 + n − A n x A + 1 x n ′ = A n x A + n − A n x n x 2 ′ = A n ( A − 1 n − 1 x 2 + n − A n − 1 x A + 1 ) + n − A n ( A n − 1 x 1 + n − A − 1 n − 1 x A + 2 ) x_1^{'}=\frac{A}{n}x_1+\frac{n-A}{n}x_{A+1}\\ x_n^{'}=\frac{A}{n}x_A+\frac{n-A}{n}x_n\\ x_2^{'}=\frac{A}{n}(\frac{A-1}{n-1}x_2+\frac{n-A}{n-1}x_{A+1})+\frac{n-A}{n}(\frac{A}{n-1}x_1+\frac{n-A-1}{n-1}x_{A+2}) x1′=nAx1+nn−AxA+1xn′=nAxA+nn−Axnx2′=nA(n−1A−1x2+n−1n−AxA+1)+nn−A(n−1Ax1+n−1n−A−1xA+2)
这里举 x 1 ′ x_1^{'} x1′为例证明上述式子。
由与洗牌前后同一堆内的牌先后顺序不变，所以 x 1 ′ x_1^{'} x1′显然由 x 1 x_1 x1和 x A + 1 x_{A+1} xA+1得来。
考虑系数怎么计算。
以 A n x 1 \frac{A}{n}x_1 nAx1为例:
想象一个取数的操作序列，若要使 x 1 x_1 x1为最后取的第一张牌，那么 x 1 x_1 x1必然在该长度为 n n n的序列的最后一个位置，那么在此之前有 n − 1 n-1 n−1张，与 x 1 x_1 x1来自同一堆的牌有 A − 1 A-1 A−1张。
那么 x 1 x_1 x1为最后一张的操作序列有 C n − 1 A − 1 C_{n-1}^{A-1} Cn−1A−1种，无限制的操作序列总共有 C n A C_n^A CnA种，故 x 1 x_1 x1的系数为 C n − 1 A − 1 C n A = A n \frac{C_{n-1}^{A-1}}{C_n^A}=\frac{A}{n} CnACn−1A−1=nA.
其他同理。
那么我们就得到了 x i x_i xi的递推式。
同时, x i x_i xi可以表示成 a i 2 + b i + c ai^2+bi+c ai2+bi+c的形式。
最开始，根据题目数据， x i = i o r i 2 x_i=i\space or\space i^2 xi=i or i2,即 a = c = 0 , b = 1 a=c=0,b=1 a=c=0,b=1或 a = 1 , b = c = 0 a=1,b=c=0 a=1,b=c=0。
根据递推式可以得到 x i ′ x_i^{'} xi′，根据结论， x i ′ x_i^{'} xi′仍可以表示成 a ′ i 2 + b ′ i + c ′ a^{'}i^2+b^{'}i+c^{'} a′i2+b′i+c′的形式，通过拉格朗日插值或待定系数解放方程可以得到新的 a ′ a^{'} a′, b ′ b^{'} b′, c ′ c^{'} c′。
以此类推，我们就得到了某次洗牌后期望的多项式表达式。
每次询问 O ( 1 ) O(1) O(1)计算输出即可。
参考代码如下:(这里采用了拉格朗日插值求系数)
#include对于结论:一次函数洗牌后的期望还是一次函数，二次函数洗牌后的期望还是二次函数,有一种感性且扯蛋的证明方式。
设洗牌前第 i i i张的期望是 a i a_i ai,洗牌后为 a i ′ a_i^{'} ai′,考虑洗牌后的第 i i i张是洗牌前的第 j j j张的概率。
这里假设 j < = A j<=A j<=A,容易得到其对 a i ′ a_i^{'} ai′的贡献为:
1 ( n A ) ∑ j = 1 A a j ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) \frac{1}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^Aa_j\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j} (An)1j=1∑Aaj(j−1i−1)(A−jn−i)
这个式子本质上和之前推导 x i x_i xi的式子相同。
由于 k k k次下降幂多项式和 k k k次多项式一一对应，这里将 a j a_j aj代入为 ( j − 1 ) k ‾ (j-1)^{\underline{k}} (j−1)k。
得:
1 ( n A ) ∑ j = 1 A a j ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) = 1 ( n A ) ∑ j = 1 A ( j − 1 ) k ‾ ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) = 1 ( n A ) ∑ j = 1 A k ! ( j − 1 k ) ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) = k ! ( n A ) ∑ j = 1 A ( j − 1 k ) ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) \frac{1}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^Aa_j\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j} \\ =\frac{1}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^A(j-1)^{\underline{k}}\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j}\\ =\frac{1}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^Ak!\tbinom{j-1}{k}\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^{A}\tbinom{j-1}{k}\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j} (An)1j=1∑Aaj(j−1i−1)(A−jn−i)=(An)1j=1∑A(j−1)k(j−1i−1)(A−jn−i)=(An)1j=1∑Ak!(kj−1)(j−1i−1)(A−jn−i)=(An)k!j=1∑A(kj−1)(j−1i−1)(A−jn−i)
由 ( a b ) ( c a ) = ( c b ) ( c − b a − b ) \tbinom{a}{b}\tbinom{c}{a}=\tbinom{c}{b}\tbinom{c-b}{a-b} (ba)(ac)=(bc)(a−bc−b),令 j − 1 = a , k = b , i − 1 = c j-1=a,k=b,i-1=c j−1=a,k=b,i−1=c得:
k ! ( n A ) ∑ j = 1 A ( j − 1 k ) ( i − 1 j − 1 ) ( n − i A − j ) = k ! ( n A ) ∑ j = 1 A ( i − 1 k ) ( i − 1 − k j − 1 − k ) ( n − i A − j ) = k ! ( n A ) ( i − 1 k ) ∑ j ( i − 1 − k j − 1 − k ) ( n − i A − j ) = k ! ( n A ) ( i − 1 k ) ∑ j ( i − 1 − k j ) ( n − i A − j − 1 − k ) \frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^{A}\tbinom{j-1}{k}\tbinom{i-1}{j-1}\tbinom{n-i}{A-j}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\sum_{j=1}^{A}\tbinom{i-1}{k}\tbinom{i-1-k}{j-1-k}\tbinom{n-i}{A-j}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\tbinom{i-1}{k}\sum_{j}\tbinom{i-1-k}{j-1-k}\tbinom{n-i}{A-j}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\tbinom{i-1}{k}\sum_{j}\tbinom{i-1-k}{j}\tbinom{n-i}{A-j-1-k} (An)k!j=1∑A(kj−1)(j−1i−1)(A−jn−i)=(An)k!j=1∑A(ki−1)(j−1−ki−1−k)(A−jn−i)=(An)k!(ki−1)j∑(j−1−ki−1−k)(A−jn−i)=(An)k!(ki−1)j∑(ji−1−k)(A−j−1−kn−i)
(上式最后一行把 j j j用 j + 1 + k j+1+k j+1+k代替)
由 ∑ j ( n j ) ( m k − j ) = ( n + m k ) \sum_{j}\tbinom{n}{j}\tbinom{m}{k-j}=\tbinom{n+m}{k} ∑j(jn)(k−jm)=(kn+m)，令 i − 1 − k = n , n − i = m , A − 1 − k = k i-1-k=n,n-i=m,A-1-k=k i−1−k=n,n−i=m,A−1−k=k,得:
k ! ( n A ) ( i − 1 k ) ∑ j ( i − 1 − k j ) ( n − i A − j − 1 − k ) = k ! ( n A ) ( i − 1 k ) ( i − 1 − k + n − i A − 1 − k ) = k ! ( n A ) ( i − 1 k ) ( n − k − 1 A − k − 1 ) = k ! ( i − 1 ) ! k ! ( i − 1 − k ) ! ( n − k − 1 A − k − 1 ) ( n A ) = ( i − 1 ) ! ( i − 1 − k ) ! ( n − k − 1 A − k − 1 ) ( n A ) = ( i − 1 ) k ‾ ( n − k − 1 A − k − 1 ) ( n A ) \frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\tbinom{i-1}{k}\sum_{j}\tbinom{i-1-k}{j}\tbinom{n-i}{A-j-1-k}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\tbinom{i-1}{k}\tbinom{i-1-k+n-i}{A-1-k}\\ =\frac{k!}{\tbinom{n}{A}}\tbinom{i-1}{k}\tbinom{n-k-1}{A-k-1}\\ =k!\frac{(i-1)!}{k!(i-1-k)!}\frac{\tbinom{n-k-1}{A-k-1}}{\tbinom{n}{A}}\\ =\frac{(i-1)!}{(i-1-k)!}\frac{\tbinom{n-k-1}{A-k-1}}{\tbinom{n}{A}}\\ =(i-1)^{\underline{k}}\frac{\tbinom{n-k-1}{A-k-1}}{\tbinom{n}{A}} (An)k!(ki−1)j∑(ji−1−k)(A−j−1−kn−i)=(An)k!(ki−1)(A−1−ki−1−k+n−i)=(An)k!(ki−1)(A−k−1n−k−1)=k!k!(i−1−k)!(i−1)!(An)(A−k−1n−k−1)=(i−1−k)!(i−1)!(An)(A−k−1n−k−1)=(i−1)k(An)(A−k−1n−k−1)
发现当 a j a_j aj为 k k k次下降幂时，这一部分也是 k k k次下降幂，对于 j > A j>A j>A的部分同理，所以 a i ′ a_i^{'} ai′也是 k k k次下降幂。
进一步的说，若 a i a_i ai为 k k k次多项式时， a i ′ a_i^{'} ai′是不多于 k k k次的多项式。
于是我们就证明了之前的结论。
考场上还是打表猜结论吧。
100pts idea2:
正着做有点难，考虑倒着做。
发现其逆过程就是等概率拎两个序列出来，把一个序列放在最前面。
这样的操作进行 m m m轮，就是Base为 2 2 2的基数排序。
那么 E [ i ] E[i] E[i]就是某个数基排之后在这个数前面的概率之和; E [ i 2 ] E[i^2] E[i2]就是选两个数基排之后在前你前面的概率之和。
DP即可。