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  • bzoj 2510: 弱题 循环矩阵

    2510: 弱题

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    Description

    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ai个,并保证Σai = 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kk < 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。
     

    Input

    第1行包含三个正整数NMK,表示了标号与球的个数以及操作次数。
    第2行包含N非负整数ai,表示初始标号为i的球有ai个。
     

    Output

    应包含N行,第i行为标号为i的球的期望个数,四舍五入保留3位小数。
     

    Sample Input

    2 3 2
    3 0

    Sample Output

    1.667
    1.333

    HINT

    【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。

      这道题有两种解法,一中是预处理每一个位置经过k次到达另外位置的概率,七中运用到了类似于倍增的方法,求经过2^i次转移后的概率数组,然后在计算k次。

      另一种解法在网上已经有提到,观察转移矩阵是一个“循环矩阵”,即每一行都是上一行通过右移得到,循环矩阵A、B满足A*B=C,那么C也是循环矩阵,则这样的矩阵做乘法只用O(n^2),原因是一个矩阵只需要O(n)的空间就可以储存,而答案矩阵每一个元素都能用乘数矩阵通过O(n^2)错位相乘得出,具体细节自行脑补。总之我觉得非常神奇。

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    #include<cmath>
    using namespace std;
    #define MAXN 1099
    typedef double real;
    int n,m,tt;
    real mat[MAXN];
    real res[MAXN];
    real tmp[MAXN];
    real ans[MAXN];
    int tot[MAXN];
    void mul(real res[],real m1[],real m2[])
    {
            memset(res,0,sizeof(real)*MAXN);
            for (int i=0;i<m;i++)
                    for (int j=0;j<m;j++)
                            res[(i+j+m)%m]+=m1[i]*m2[j];
    }
    
    
    int main()
    {
            //freopen("input.txt","r",stdin);
            scanf("%d%d%d",&m,&n,&tt);
            for (int i=0;i<m;i++)
                    scanf("%d",tot+i);
            mat[1]=1.0/n;
            mat[0]=(n-1.0)/n;
            res[0]=1;
            while (tt)
            {
                    if (tt&1)
                    {
                            mul(tmp,res,mat);
                            memcpy(res,tmp,sizeof(tmp));
                    }
                    mul(tmp,mat,mat);
                    memcpy(mat,tmp,sizeof(tmp));
                    tt>>=1;
            }
            for (int i=0;i<m;i++)
            {
                    for (int j=0;j<m;j++)
                    {
                            ans[i]+=tot[j]*res[(i-j+m)%m];
                    }
                    printf("%.3lf
    ",ans[i]);
            }
            return 0;
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/mhy12345/p/4354323.html
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