P5249 [LnOI2019]加特林轮盘赌 题解

P5249 [LnOI2019]加特林轮盘赌 题解

P5249 [LnOI2019]加特林轮盘赌

期望+高斯消元

因为是个环，不妨把这 (n) 只鹿想成排了一队，每次是队首拿加特林，他开一枪只有两种可能，要么在那 (P_0) 的概率里中枪了，要么在剩下的 (1-P_0) 的概率里没中枪，没中枪的话他就跑到队尾去当最后一只鹿了。

设 (f_{i,j}) 表示有 (i) 只鹿，第 (j) 只赢的概率。

就有了一个比较好想的状态转移方程：

[f_{i,j}=P_0f_{i-1,j-1}+(i-P_0)f_{i,j-1} ,jin[2,i] ]

其中 (f_{i-1,j-1}) 表示当前这只鹿死了，整体来看少了一只，这是有 (P_0) 的概率的；(f_{i-1,j-1}) 表示当前这只鹿没死，总数不变，这是有 ((1-P_0)) 的概率的。

因为最后有且仅有一个幸存者，所以所有鹿做幸存者的概率和为 (1)，得到：

[sum_{j=1}^if_{i,j}=1 ]

(i) 个方程找全了，看起来可以高斯消元了 ，但是 (n) 的范围是 (10^4)，现在需要考虑优化，也就是手动高斯消元。

尝试把上面那个转移看成一个 (y=kx+b) 形式的一次函数，设 (y=f_{i,j})，(x=f_{i,j-1})，那么 (k=(i-P_0))，常数项就是 (P_0f_{i-1,j-1})。

发现这样设是可行的，因为 (f_{i-1,j-1}) 是在之前已经算出来的，而 (f_{i,j-1}) 可以由 (f_{i,j-2}) 得到，(f_{i,j-2}) 可以由 (f_{i,j-3}) 得到，(f_{i,j-3}) 可以由 (f_{i,j-4}) 得到……直到这一串由 (f_{i,1}) 得到。

所以 (f_{i,j}) 就是一个关于 (f_{i,1}) 的一次函数。求出这个函数，代入最后一个方程 (acdot f_{i,1}+b=1)，就能求出 (f_{i,1})， 进而求出所有的。

注意特判一下 (P_0=0) 的情况。

(code)

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000010
#define int long long
#define debug cout<<"------------------"<<endl
using namespace std;

int n,k;
int now=1,lst=0;
double p0;
double fac[N],f[2][N];

signed main(){
    cin>>p0>>n>>k;
    if(p0==0) printf("%d
",(n==1)?1:0),exit(0);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(1-p0)*fac[i-1];

    f[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        lst=now,now^=1;
        double sum=0;
        for(int j=1;j<=i-1;j++) sum+=fac[i-j]*f[lst][j];
        for(int j=1;j<=i;j++){
            f[now][j]=sum;
            sum=(1-p0)*(sum-fac[i-1]*f[lst][j])+f[lst][j];
        }
        sum=p0/(1-fac[i]);
        for(int j=1;j<=i;j++) f[now][j]*=sum;
    }

    printf("%.10f",f[now][k]);
    return 0;
}