[YNOI2019]游戏

题目

　　（原题题意不清）有(n)个人玩，开始时从(1)号到(n)号依次排队。每轮游戏有(4)人参加，一轮游戏中每位玩家胜率相等，胜者将称为擂主继续游戏，剩下三位将按照入场顺序排在队尾，接下来按队列继续游戏。如果擂主在本轮输了，将排在剩下两名输了的选手的前面。获得最终胜利的条件为连胜(m)轮。最后询问第(k)个人获得最终胜利的概率。(4leqslant nleqslant10)，(kleqslant n)，(mleqslant 10)。

题解

　　难在状态设计。状态也许依赖于顺序，但仔细想一想可以发现我们只关心第(k)个人的位置以及擂主的连胜数（不管他是谁）。于是可以得到状态(f_{i,j})表示第(k)个人在从前往后的第(j)个位置，当前擂主（站在第一位的）连胜(i)场时第(k)个人能获得最终胜利的概率。显然(f_{m,1}=1)，(f_{m,i}=0(i e1))。接着我们分类讨论：

第(k)个人是擂主，即(j=1)

　　那么守擂成功的概率为(25\%)，失败的概率为(75\%)，分别对应到状态(f_{i+1,1})和(f_{1,n-2})（在另外两人之前），即

[f_{i+1,1}leftarrow f_{i,1} imes25\% ]

[f_{1,n-2}leftarrowsum_{i=0}^{m-1}f_{i,1} imes75\% ]

其他人是擂主，即(j e1)

　　稍微复杂了些。分为(k)在前四个人中以及(k)不在前四个人中。然后还要细分。

　　当(j=2,3,4)时，第(k)个人均有(25\%)的概率获胜，此时会转移到(f_{1,1})，即

[f_{1,1}leftarrow 25\% imessum_{i=0}^{m-1}f_{i,2}+f_{i,3}+f_{i,4} ]

　　对于剩下的(75\%)，(j)一定会跑到队尾，具体在哪里仍然要细分。

　　当(j=2)时，仍然要考虑擂主会不会获胜。仍然有(25\%)的概率擂主会获胜，此时第(k)个人会到第(n-2)个位置，即到达(f_{i+1,n-2})；如果擂主失败，那么对于(k)获胜的情况上面讨论过，剩下(50\%)另外两人获胜，擂主连胜次数变成(1)，但注意此时(k)会跑到(n-1)的位置因为擂主要排在他前面，即转移成(f_{1,n-1})，即

[f_{i+1,n-2}leftarrow25\% imes f_{i,2} ]

[f_{1,n-1}leftarrow50\% imessum_{i=0}^{m-1}f_{i,2} ]

　　当(j=3)时，同上，如果擂主连胜，有(25\%)的概率转移到(f_{i+1,n-1})；如果其它两人获胜，要细分是(k)前面的人还是后面的人（因为这会影响到队列顺序）。如果前面的人赢了，(k)号会排到(n-1)位，即(25\%)的概率转移到(f_{1,n-1})；如果后面的人赢了，(k)会排到(n)位，即(25\%)的概率转移到(f_{1,n})，即

[f_{i+1,n-1}leftarrow25\% imes f_{i,3} ]

[f_{1,n-1}leftarrow25\% imessum_{i=0}^{m-1}f_{i,3} ]

[f_{1,n}leftarrow25\% imessum_{i=0}^{m-1}f_{i,3} ]

　　当(j=4)时，继续分析，得到下面

[f_{i+1,n}leftarrow25\% imes f_{i,4} ]

[f_{1,n}leftarrow50\% imessum_{i=0}^{m-1}f_{i,4} ]

　　其余情况下，第(k)个人只会前进(3)位，分为两种情况

[f_{i+1, j-3}leftarrow25\% imes f_{i,j} ]

[f_{1,j-3}leftarrow75\% imes f_{i,j} ]

　　最后根据以上的关系式列方程，gauss消元即可，最终答案为(f_{0,k})。状态集(mathcal O(nm))，复杂度(mathcal O(n^3m^3))。

　　听说还有(mathcal O(n^2m+n^3))的复杂度？这里( ext{%%%C}color{red}{ ext{razysky}})。发现所有转移都是要么往连胜次数(i+1)要么往(1)，构成环的关键是从(f_{i,j})跳到了(f_{1,j})。这里把所有的(f_{1,x})看成未知数，然后一级一级往上列出(f_{i,j})与(f_{1,x})的关系，回到(f_{1,x})的恰好能列出来方程，最后能得到(mathcal O(nm))个方程，右边是(f_{1,x})，左边是(sum f_{1,i})。把右边相同的合并起来，最后合并成(n)个方程，再进行gauss消元，就能做到这个复杂度了。

代码

　　直接gauss消元的做法。

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i >= i##end; --i)
#define rep0(i, a) for (int i = 0, i##end = a; i < i##end; ++i)
#define per0(i, a) for (int i = a-1; ~i; --i)

const int maxn = 15;

int n, m, k;
double a[maxn*maxn][maxn*maxn];

void Gauss(int n) {
    rep(i, 1, n) {
        int r = i;
        rep(j, i+1, n) if (fabs(a[j][i]) > fabs(a[r][i])) r = j;
        if (r != i) rep(j, 1, n+1) std::swap(a[r][j], a[i][j]);
        rep(j, 1, n) if (j != i) {
            double t = a[j][i] / a[i][i];
            rep(k, 1, n+1) a[j][k] -= t * a[i][k];
        }
    }
    rep(i, 1, n) a[i][n+1] /= a[i][i];
}

#define id(i, j) ((i)*n+(j))

int main() {
    for (int T = read(); T; T--) {
        n = read(), m = read(), k = read();
        memset(a, 0, sizeof a);
        rep(i, 0, m)
            rep(j, 1, n)
                a[id(i, j)][id(i, j)] = 1;
        a[id(m, 1)][n*(m+1)+1] = 1;
        rep0(i, m) {
            a[id(i, 1)][id(i+1, 1)] -= 0.25;
            a[id(i, 1)][id(1, n-2)] -= 0.75;
            a[id(i, 2)][id(1, 1)] -= 0.25;
            a[id(i, 3)][id(1, 1)] -= 0.25;
            a[id(i, 4)][id(1, 1)] -= 0.25;
            a[id(i, 2)][id(i+1, n-2)] -= 0.25;
            a[id(i, 2)][id(1, n-1)] -= 0.5;
            a[id(i, 3)][id(i+1, n-1)] -= 0.25;
            a[id(i, 3)][id(1, n-1)] -= 0.25;
            a[id(i, 3)][id(1, n)] -= 0.25;
            a[id(i, 4)][id(i+1, n)] -= 0.25;
            a[id(i, 4)][id(1, n)] -= 0.5;
            rep(j, 5, n)
                a[id(i, j)][id(i+1, j-3)] -= 0.25,
                a[id(i, j)][id(1, j-3)] -= 0.75;
        }
        Gauss(n*(m+1));
        printf("%.6lf
", a[id(0, k)][n*(m+1)+1]);
    }
    return 0;
}