弱题（bzoj 2510）

有M个球，一开始每个球均有一个初始标号，标号范围为1～N且为整数，标号为i的球有a_i个，并保证Σa_i = M。

每次操作等概率取出一个球（即取出每个球的概率均为1/M），若这个球标号为k（k < N），则将它重新标号为k + 1；若这个球标号为N，则将其重标号为1。（取出球后并不将其丢弃）

现在你需要求出，经过K次这样的操作后，每个标号的球的期望个数。

【样例说明】

第1次操作后，由于标号为2球个数为0，所以必然是一个标号为1的球变为标号为2的球。所以有2个标号为1的球，有1个标号为2的球。

第2次操作后，有1/3的概率标号为2的球变为标号为1的球（此时标号为1的球有3个），有2/3的概率标号为1的球变为标号为2的球（此时标号为1的球有1个），所以标号为1的球的期望个数为1/3*3+2/3*1 = 5/3。同理可求出标号为2的球期望个数为4/3。

【数据规模与约定】

对于10%的数据，N ≤ 5, M ≤ 5, K ≤ 10；

对于20%的数据，N ≤ 20, M ≤ 50, K ≤ 20；

对于30%的数据，N ≤ 100, M ≤ 100, K ≤ 100；

对于40%的数据，M ≤ 1000, K ≤ 1000；

对于100%的数据，N ≤ 1000, M ≤ 100,000,000, K ≤ 2,147,483,647。

/*
    设f[i][j]为经过i次操作，编号为j的球的期望个数。
    转移方程：f[i+1][j%n+1]+=f[i][j]/m;
              f[i+1][j]+=f[i][j]*(m-1)/m。
    我想的矩阵乘法是设一个n*n的矩阵来表示各个编号的转移关系，但是复杂度不够，一种神奇的思路是设一个1*n的矩阵来表示每个点转移到它以下第几个点的贡献，因为对于每个编号来说，贡献是完全相同的所以可以这样转移。 
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define N 1010
using namespace std;
int n,m,K,a[N];
double ans[N];
struct M{
    double v[N];
    M(){
        memset(v,0,sizeof(v));    
    }
    friend M operator*(M a,M b){
        M c;
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int k=0;k<n;k++)
                c.v[i]+=a.v[(i-k+n)%n]*b.v[k];
        return c;
    }
    friend M operator^(M a,int b){
        M ans;
        ans.v[0]=1;
        for(int i=b;i;i>>=1,a=a*a)
            if(i&1)ans=ans*a;    
        return ans;
    }
}B;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
    for(int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d",&a[i]);
    B.v[0]=(1.0-1.0/m);B.v[1]=1.0/m;
    B=B^K;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++){
            int t=i+j;
            t%=n;if(!t)t=n;
            ans[t]+=B.v[j]*a[i];
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%.3lf
",ans[i]);
    return 0;
}

弱题（bzoj 2510）

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