UOJ#449. 【集训队作业2018】喂鸽子

#449. 【集训队作业2018】喂鸽子

DP好题

 

法一：min-max容斥

处理前m个，最快吃饱的鸽子期望的时间

根据期望的定义

考虑每个方案数的概率*期望次数

枚举前m个用了x个，概率都是(1/m)^x*Em(x)

而Em(x)表示往前m个扔了x个期望的总共次数，就是x*n/m

考虑用了x个的方案数

生成函数EGF思想。

而出现一个有k次就会停止。最后一个位置一定会使得一个鸽子饱了。

f[i][j]前i个，总共用了j个，没有一个有k次的方案数

g[i][j]，。。。。。。。。有一个有k次的方案数

NTT优化转移。

f和1/k!的项乘出来的贡献加到g里去即可。

O(n^2klog(nk))

 

 

法二：“有效玉米序列”

神仙思路

只考虑“有实质变化”的玉米，即喂给了一个没有饱的鸽子的玉米

还是考虑每个“有效玉米序列”的贡献，就是出现概率*期望

一个固定的“有效玉米序列”，出现概率和期望都和每次扔玉米时已经饱的鸽子有关系

所以状态多记录上饱的鸽子数量

至于怎样判断一个鸽子饱了

先填“白色”有效玉米，

想让一个鸽子饱了，就钦定之前k-1个白玉米染上色！

所以这个白玉米还是“对未来承诺”，或者对未来预留的trick

状态保留贡献和和概率和即可。是可以转移的。

复杂度：O(n^2k)

#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define fi first #define se second #define mk(a,b) make_pair(a,b) #define numb (ch^'0') #define pb push_back #define solid const auto & #define enter cout<<endl #define pii pair<int,int> using namespace std; typedef long long ll; template<class T>il void rd(T &x){char ch;x=0;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x);} template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');} template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar('\n');} template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');} namespace Modulo{ const int mod=998244353; int ad(int x,int y){return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;} void inc(int &x,int y){x=ad(x,y);} int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;} void inc2(int &x,int y){x=mul(x,y);} int qm(int x,int y=mod-2){int ret=1;while(y){if(y&1) ret=mul(x,ret);x=mul(x,x);y>>=1;}return ret;} template<class ...Args>il int ad(const int a,const int b,const Args &...args) {return ad(ad(a,b),args...);} template<class ...Args>il int mul(const int a,const int b,const Args &...args) {return mul(mul(a,b),args...);} } using namespace Modulo; namespace Miracle{ const int N=50000+5; int f[50*1000+5][55]; int g[N][55]; int jie[N],inv[N]; int iv[N]; int C(int n,int m){if(n<m||n<0||m<0) return 0;return mul(jie[n],inv[m],inv[n-m]); } int n,k; int main(){rd(n);rd(k);int lim=n*k;jie[0]=1;iv[1]=1;for(reg i=1;i<=lim;++i) jie[i]=mul(jie[i-1],i);for(reg i=2;i<=n;++i){iv[i]=mul(mod-mod/i,iv[mod%i]);}inv[lim]=qm(jie[lim]);for(reg i=lim-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);g[0][0]=1;for(reg m=0;m<lim;++m){for(reg c=0;k*c<=m;++c){int ct=ad(mul(iv[n-c],f[m][c]),mul(iv[n-c],iv[n-c],n,g[m][c]));inc(f[m+1][c],ct);inc(f[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));ct=mul(g[m][c],iv[n-c]);inc(g[m+1][c],ct);inc(g[m+1][c+1],mul(ct,C(m-k*c,k-1)));}}ll ans=mul(f[lim][n],jie[n]);ot(ans);return 0; }} signed main(){Miracle::main();return 0; }/*Author: *Miracle* */

两种方法的共同之处是：

都从统计每个合法方案的出现概率和期望次数统计

考虑“有变化”的玉米

根据需要进行DP设计

 

第一种方法：是min-max容斥的套路。难点转化为合法的方案数。EGF思想，DP+NTT优化

第二种方法：直接考虑“有效玉米序列”，发现概率只和之前饱的鸽子有关而进行状态设计。

然鹅并不知道一个鸽子饱不饱，所以不能立刻决定当前玉米喂给谁。所以利用“白玉米”，最后统一染色。

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10992823.html

总结

以上是生活随笔为你收集整理的UOJ#449. 【集训队作业2018】喂鸽子的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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