之前遇到的题完全无印象,倒是本地有一份题解,略作修改放上来。
[NOI2006]神奇口袋
题目
一个口袋中先放有(a_i;(1le a_i,;1le ile t))个(i)颜色的球。若在第(i)次从中取到的球色为(C_i),则要向口袋中放入(d)个与之同色的求,取到的球也要放回。每个球被取到的几率相同。
先给出(Q={(x_n,y_n)}),询问全部满足在第(x_i)次取球时取到颜色(y_i)的几率。
分析
结论
假设当前(Q)中的(x)有序。
结论一: (Q)中(x)离散后对结果无影响
证明:
设在第(k)次取球时,颜色(c)的数目为(a[c]),球的总数为(tot)。可以得出:
在第(k)次取到(c)的几率为(P_k=dfrac{a[c]}{tot}) 。又因为
- 在第(k)次取到(c)且在第(k+1)次也取到的几率为(P_1=dfrac{a[c]}{tot} imesdfrac{a[c]+d}{tot+d})。
- 在第(k)次没取到(c),但在第(k+1)取到的几率为(P_2=dfrac{tot-a[c]}{tot} imesdfrac{a[c]}{tot+d})。
故在第(k+1)次取到(c)的几率为(P_{k+1}=P_1+P_2=dfrac{(tot+d) imes a[c]}{(tot+d)tot}=dfrac{a[c]}{tot})。
即(P_k=P_{k+1})。再经过简单归纳,即可证明结论一成立。
结论二: (Q)中(y)的出现顺序对结果无影响
证明:
设在第(i)次取球时,颜色(c)的数目为(a[c]),球的总数为(tot)。对于(y_i,y_{i+1}(1le i<n)),有
- 若(y_i=y_{i+1}),显然无影响
- 若(y_i
ot=y_{i+1}),则
- 交换之前两组((x,y))都成立的几率为(P_1=dfrac{a[y_i]}{tot} imesdfrac{a[y_{i+1}]}{tot+d})。
- 交换之后两组((x,y))都成立的几率为(P_2=dfrac{a[y_{i+1}]}{tot} imesdfrac{a[y_i]}{tot+d})。
发现(P_1=P_2),即此时也无影响。同样的,略作归纳可知本结论成立。
算法
由以上两个结论的得出(x)的顺序无影响,(y)的循序也无影响。故可以直接在读入(Q)时对(y)依次处理即可。
注意此题需要用到高精度、GCD。为了方便处理,可以对分子分母进行分解。最终将两个数的各个因子合起来。
实例
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
const int P=200000;
struct BigInt {
int s[P],ws;
BigInt(){s[1]=1;ws=1;}
void Multi(int x) {
for(int i=1;i<=ws;++i)s[i]=s[i]*x;
for(int i=1;i<=ws;++i)s[i+1]+=s[i]/10,s[i]%=10;
while(s[ws+1])++ws,s[ws+1]=s[ws]/10,s[ws]%=10;
}
void output(){for(int i=ws;i;--i) printf("%d",s[i]);}
}U,D;
int t,n,d,tot,a[N];
int cntp,pri[P],num[P];
bool notp[P]={1,1};
void addon(int x,int w) {
for(int i=1; x&&i<=cntp; ++i) {
while(x%pri[i]==0) num[i]+=w, x/=pri[i];
}
}
int main() {
for(int i=2; i<P; ++i) {
if(!notp[i]) pri[++cntp]=i;
for(int j=1; j<=cntp&&pri[j]*i<P; ++j) {
notp[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
scanf("%d%d%d",&t,&n,&d);
for(int i=1; i<=t; ++i) {
scanf("%d",&a[i]);
tot+=a[i];
}
for(int i=1,x,y; i<=n; ++i) {
scanf("%d%d",&x,&y);
if(!a[y]) {puts("0/1"); return 0;}
addon(a[y],1);
addon(tot,-1);
a[y]+=d, tot+=d;
}
for(int i=1; i<=cntp; ++i) {
for(; num[i]>0; --num[i]) U.Multi(pri[i]);
for(; num[i]<0; ++num[i]) D.Multi(pri[i]);
}
U.output();
putchar('/');
D.output();
return 0;
}