[BZOJ 2510]弱题

2510: 弱题

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Description

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。

 

 

Input

第1行包含三个正整数N，M，K，表示了标号与球的个数以及操作次数。

第2行包含N个非负整数a_i，表示初始标号为i的球有a_i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。

题解

首先看题目我们可以猜到这是个概率DP...然后肯定能想到最朴素的做法 ($O(n)$转移期望值然后跑$k$次)

但是紧接着我们发现 $k$ 的范围极大...这时我们可以考虑矩阵乘法优化DP. 推出来的矩阵大概长这样:

[egin{bmatrix}
1-frac{1}{m} & 0 & 0 & dots & frac{1}{m}\
frac{1}{m} & 1-frac{1}{m} & 0 & dots & 0\
0 & frac{1}{m} & 1-frac{1}{m} & dots & 0\
vdots & vdots & vdots & ddots & vdots\
0 & 0 & 0 & frac{1}{m} & 1-frac{1}{m}
end{bmatrix}]

然后矩阵快速幂跑到 $O(n^3log(k))$ 的复杂度了233

然而我们又发现 $n$ 的范围 $O(n^3)$ 跑不过去...

观察转移矩阵, 我们发现这其实是个循环矩阵, 乘法可以转化成类似卷积的形式, 然后 $O(n^2)$ 求卷积就可以降到 $O(n^2log(n))$ 复杂度了OwO

参考代码

GitHub

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>

const int MAXN=1010;
const int MAXK=1010;

int n;
int m;
int k;
double x[MAXN];
double ans[MAXN];
double a[MAXN]/*[MAXN]*/;
double b[MAXN]/*[MAXN]*/;

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf",ans+i);
    }
    a[1]=1.0-1.0/m;
    a[n]=1.0/m;
    while(k>0){
        if((k&1)==1){
            memcpy(x,ans,sizeof(ans));
            for(int i=1;i<=n;i++){
                ans[i]=0;
                for(int j=1;j<=n;j++){
                    ans[i]+=x[j]*a[((j-i+n)%n)+1];
                }
            }
        }
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=n;j++){
                b[i]+=a[((i-j+n)%n)+1]*a[j];
            }
        }
        memcpy(a,b,sizeof(b));
        k>>=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        printf("%.3lf
",ans[i]);
    }
    return 0;
}