AGC020F

[AGC020F] Arcs on a Circle [* hard]

给定一个长度为 (C) 的圆，在上面随机放置若干个长度为 (L_i) 的弧，求这些弧覆盖了圆上所有的点的概率。

(2le Nle 6,Cle 50,L_i<C)

Solution

很神奇的搞法，首先，可以忽略存在两个弧小数部分相同的概率，这是一个高阶小量，然后，一个事实是，由于输入的 (L_i) 都是整数，所以小数部分似乎只 care 相对大小关系，依次来判断相交与否。

考虑 (N!) 枚举小数部分的相对大小关系，接下来考虑问题等价于：

有一个长度为 (NC) 的圆（对于 (C) 中的每个整数位，我们相应扩充出 (N) 个“相对大小的小数位”）然后第 (i) 条线段长度为 (NL_i)，其起始位置只能为 (mod C=p_i) 的下标，求这些线段覆盖整个圆的概率。

我们发现 (L) 最大的线段不可能被别人包含，于是考虑从其起点处断环为链，不难发现此时问题等价于求所有可能的方案中，有多少种方案满足可以从起点走到 (NC) 处，以及更往后的位置。

• 也可以钦定 (L) 最大的线段处下标为 (0)，这样只需要枚举 ((N-1)!) 种相对大小关系。

此时已经得到了一个 (mathcal O(C^NN! imes NC)) 的解法。

考虑使用状压 dp 解决这一问题，我们可以这样考虑，我们先给这些元素按照整数大小为第一关键字，小数部分为第二关键字进行排序，于是依次考虑每个元素，新加入一个元素的时候如果方案是合法的，那么必然有其小于当前衍生到的最右点，于是又可以得到一个 (mathcal O(N!cdot (NC)^2)) 的做法。

事实上，我们可以直接使用状压 dp 来处理对相对大小关系的枚举，设 (f_{l,r,S}) 表示当前最远衍生到了 (r) 处，当前最大的左端点为 (l) 处，且用掉了集合 (S) 的方案数，此时，可以得到一个 (mathcal O((N-1)!2^{N}(NC)^2 imes NC)) 的做法。

可以考虑更换状态以得到更加优秀的做法，设 (f_{l,r,S}) 表示考虑到位置 (l)，集合 (S) 已经被使用，最远衍生到 (r) 处的方案数，则转移只需要考虑 (l) 处是否放入节点即可。复杂度 (mathcal O((N-1)!2^{N}(NC)^2))

(Code:)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define mp make_pair
#define pi pair<int, int>
#define pb push_back
#define vi vector<int>
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int N = 7 ; 
const int M = 300 + 5 ; 
int n, C, L[N], A[N], Id[N] ; 
double f[M][M][1 << 6], Ans ; 
signed main()
{
	n = gi(), C = gi() ; 
	rep( i, 1, n ) L[i] = gi(), A[i] = i ; 
	sort(L + 1, L + n + 1) ; 
	do {
		memset( f, 0, sizeof(f) ) ; 
		int lim = n * C, limit = (1 << (n - 1)) - 1 ; 
		f[0][n * L[n]][0] = 1 ; double d = 1 ;
		rep( i, 2, n ) d = d * C ;
		rep( i, 1, lim ) {
			rep( S, 0, limit ) rep( r, i, lim ) f[i][r][S] = f[i - 1][r][S] ; 
			if(i % n) {
				int u = (1 << (A[i % n] - 1)), v = A[i % n] ; 
				rep( S, 0, limit ) rep( r, i, lim ) {
					if(S & u) continue ; 
					f[i][min(lim, max(r, i + n * L[v]))][S | u] += f[i - 1][r][S] ; 
				}
			} 
		}
		double ans = f[lim][lim][limit] / d ; 
		Ans += ans ; 
	} while(next_permutation(A + 1, A + n)) ;
	rep( i, 1, n - 1 ) Ans /= i ; 
	printf("%.11lf
", Ans ) ; 
	return 0 ;
}