NFLSOJ410 【2019 江苏省队第一轮集训】担心

NFLSOJ410 【2019 江苏省队第一轮集训】担心

题目大意

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共有 (n) 个人参加比赛，这 (n) 个人站成一排。比赛采用单挑制，每次等概率选出两个相邻的人进行单挑，胜者保留，败者淘汰。每个人的水平是不同的，第 (i) 个人的水平是 (a_i)。一场单挑如果在水平分别为 (a) 和 (b) 的人之间进行，那么前者获胜的概率是 (frac{a}{a+b})，后者获胜的概率是 (frac{b}{a+b})，不可能平局。这场比赛最终的胜者是最后剩下的唯一的人。

你有一个朋友。你已知这个朋友的位置 (k) ((1leq kleq n))，以及每个人的水平 (a_{1dots n})。请求出这个朋友最终获胜的概率。答案对 (998244353) 取模。

数据范围：(1leq nleq 500)。

本题题解

考虑朴素的区间 DP。设 ( ext{dp}(i,j,k)) ((1leq ileq kleq jleq n)) 表示只考虑 ([i,j]) 这段区间里的人，在他们之间进行 (j - i) 次比赛后，最终留下来的人为 (k) 的概率 ( imes (j - i)!)。也就是所有可能的操作顺序下，(k) 获胜的概率之和。这样定义是为了方便转移（合并两段区间）。

考虑转移，即 ([i,j]) 是怎么来的。发现一定是区间“左半部分”决出了一个胜者 (x)，“右半部分”决出了一个胜者 (y)，然后 (x,y) 再比一场，决出最终的赢家，也就是 (k)。换句话说，一定存在一个分界线 (l) ((ileq l < j))，使得 (x,y) 最终决斗前， (y) 不会和 ([i,l]) 里的人有接触，(x) 不会和 ([l + 1, j]) 里的人有接触。这个性质是由“每次选择相邻的人进行决斗”这一要求决定的。根据这个性质，在转移时可以枚举 (l)。则：

[ ext{dp}(i,j,k) = sum_{l = i}^{j - 1}egin{cases} sum_{y = l + 1}^{j} ext{dp}(i,l,k) imes ext{dp}(l + 1, j, y) imes frac{a_k}{a_k + a_y} imes {j - i - 1choose l - i} && kleq l\ sum_{x = i}^{l} ext{dp}(i,l,x) imes ext{dp}(l + 1, j, k) imes frac{a_k}{a_x + a_k} imes {j - i - 1choose l - i} && k > l end{cases} ]

上下两行分别对应了 (k) 是 (x) 和 (k) 是 (y) 的情况。

边界是 ( ext{dp}(i,i,i) = 1)。答案是 ( ext{dp}(1, n, k) imes frac{1}{(n - 1)!})。

这样 DP 的时间复杂度是 (mathcal{O}(n^5log n)) 或 (mathcal{O}(n^5))，取决于是否预处理逆元。这个暴力 DP 的代码，我附在了参考代码部分。

---

考虑简化状态。

设 ( ext{dpl}(i,j) = ext{dp}(i,j,i)), ( ext{dpr}(i, j) = ext{dp}(i,j,j))，即只保留最终赢家是 (i) 或 (j) 的状态。

考虑转移，以 ( ext{dpl}(i,j)) 为例。枚举最后和 (i) 决斗的点 (k) ((i < k leq j))。一种想法是从 ( ext{dpl}(i,k - 1) imes ext{dpl}(k,j)) 转移过来。但这种想法是不对的。因为这代表我们默认了 (k) 就是左右两部分的分界点，但这显然不是全部的情况。因为可能存在有 ([i + 1, k - 1]) 之间的人，也是被 (k) 打败的，换句话说就是真实的分界点 (l) 小于 (k) 的情况，在这里没有被考虑到。

为了避免上述错误，我们再定义一个 ( ext{dplr}(i,j))，表示只考虑 ([i,j]) 区间里的人，在进行 (j - i - 1) 次比赛后，剩下 (i) 和 (j) 的概率 ( imes(j - i - 1)!)。也就是目前 (i) 和 (j) 都保留着，最终谁赢还尚未知晓。它显然有转移：

[ ext{dplr}(i,j) = sum_{l = i}^{j - 1} ext{dpl}(i,l) imes ext{dpr}(l + 1, j) imes{j - i - 1choose l - i} ]

然后我们再通过 ( ext{dplr}(i,k)) 来转移 ( ext{dpl}(i,j))：

[ ext{dpl}(i,j) = sum_{k = i + 1}^{j} ext{dplr}(i,k) imes ext{dpl}(k,j) imesfrac{a_i}{a_i + a_k} imes{j - i - 1choose j - k} ]

类似地，也可以写出 ( ext{dpr}(i,j)) 的转移：

[ ext{dpr}(i, j) = sum_{k = i}^{j - 1} ext{dpr}(i,k) imes ext{dplr}(k, j) imesfrac{a_j}{a_k + a_j} imes{j - i - 1choose k - i} ]

边界是 ( ext{dpl}(i,i) = ext{dpr}(i, i) = 1)。最终答案是 ( ext{dpr}(1,k) imes ext{dpl}(k, n) imes{n - 1choose n - k} imesfrac{1}{(n - 1)!})。

时间复杂度 (mathcal{O}(n^3))。

参考代码

(mathcal{O}(n^3)) AC 代码：

// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 500;
const int MOD = 998244353;

inline void add(int& x, ll y) {
	x = ((ll)x + y) % MOD;
}
inline int pow_mod(int x, int i) {
	int y = 1;
	while (i) {
		if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
		x = (ll)x * x % MOD;
		i >>= 1;
	}
	return y;
}

int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
	if (n < k) return 0;
	return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
	ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
	for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}

int n, pos, a[MAXN + 5];
int pwin[MAXN + 5][MAXN + 5]; // pwin[i][j]: 在 (i, j) 比赛中, i 获胜的概率
int dpl[MAXN + 5][MAXN + 5], dpr[MAXN + 5][MAXN + 5], dplr[MAXN + 5][MAXN + 5];

int main() {
	cin >> n >> pos;
	facinit(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) {
		pwin[i][j] = (ll)a[i] * pow_mod((a[i] + a[j]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		dpl[i][i] = dpr[i][i] = 1;
	}
	for (int len = 2; len <= n; ++len) {
		for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
			int j = i + len - 1;
			for (int k = i; k < j; ++k) {
				add(dplr[i][j], (ll)dpl[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
			}
			for (int k = i + 1; k <= j; ++k) {
				// add(dpl[i][j], (ll)dpl[i][k - 1] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k) % MOD);
				add(dpl[i][j], (ll)dplr[i][k] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k));
			}
			for (int k = i; k < j; ++k) {
				// add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i) % MOD);
				add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dplr[k][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
			}
		}
	}
	int ans = (ll)dpr[1][pos] * dpl[pos][n] % MOD * comb(n - 1, n - pos) % MOD * ifac[n - 1] % MOD;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

---

(mathcal{O}(n^5log n))：

// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 50;
const int MOD = 998244353;

inline int mod1(int x) { return x < MOD ? x : x - MOD; }
inline int mod2(int x) { return x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void add(int &x, int y) { x = mod1(x + y); }
inline void sub(int &x, int y) { x = mod2(x - y); }
inline int pow_mod(int x, int i) {
	int y = 1;
	while (i) {
		if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
		x = (ll)x * x % MOD;
		i >>= 1;
	}
	return y;
}

int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
	if (n < k) return 0;
	return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
	ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
	for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}

int n, p, a[MAXN + 5];
int dp[MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];

int main() {
	cin >> n >> p;
	facinit(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		dp[i][i][i] = 1;
	}
	for (int len = 2; len <= n; ++len) {
		for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
			int j = i + len - 1;
			for (int w = i; w <= j; ++w) { // winner
				for (int l = i; l < j; ++l) {
					if (w <= l) {
						for (int w2 = l + 1; w2 <= j; ++w2) {
							int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
							add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w] * dp[l + 1][j][w2] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
						}
					} else {
						for (int w2 = i; w2 <= l; ++w2) {
							int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
							add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w2] * dp[l + 1][j][w] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	cout << ((ll)dp[1][n][p] * ifac[n - 1] % MOD) << endl;
	return 0;
}