题目描述
有一个 \(n\) 行无穷列的海域，每个格子有 \(q\) 的概率安全， \(1-q\) 的概率不安全。从中框出一个面积最大的矩形，满足以下两个条件：
（1）矩形内的格子均安全；
（2）矩形必须紧靠海域的最左端（即包含第一列的格子）。
问最大面积为 \(k\) 的概率是多少。这里在模998244353意义下计算，给出 \(q\) 的分数表示形式 \(q=x/y\) 。
数据规模： \(1 \le n \le 10^9, 1 \le k \le 5 \times 10^4\) 。
简要题解
该问题等价于不超过 \(k\) 的概率减去不超过 \(k-1\) 的概率。
设 \(dp[i][j]\) 表示海域有 \(i\) 行，且第1列到第 \(j\) 列全安全的条件下，选取的最大面积不超过 \(k\) 的概率。我们要求的即为 \(dp[n][0]\) 。
初始条件和边界条件如下： \(dp[i][j]=0,i \times j>k，dp[0][j]=1\)
考虑 \(dp[i][j]\) 从谁转移。有两种情况：
情况一：第 \(j+1\) 列全安全；
情况二：第 \(j+1\) 列存在不安全的格子，则可以枚举第 \(j+1\) 列最靠上的不安全位置 \(t\) ，那么当且仅当上面 \(t-1\) 行面积不超过 \(k\) （概率 \(dp[t - 1][j + 1]{q^{t - 1}}\) ），且下面 \(i-t\) 行面积不超过 \(k\) （概率 \(dp[i-t][j]\) ）时，整个地图选取的最大面积才不超过 \(k\) 。因而转移方程：
\[dp[i][j] = dp[i][j + 1]{q^i} + \sum\limits_{t = 1}^i {dp[t - 1][j + 1]{q^{t - 1}}(1 - q)dp[i - t][j]} \]
对于dp的复杂度，当 \(j=0\) 时暂时只求出 \(i \le k\) 的项， \(j>0\) 时只需求 \(ij \le k\) 的项，写成求和式为
\[\Theta ({k^2}) + \sum\limits_{j = 1}^k {\sum\limits_{i = 0}^{k/j} i } = \Theta({k^2})\]
考虑进一步优化。注意到转移是一个和自身相关的卷积，因而考虑生成函数。
设 \(F_j(x)\) 是 \(dp[i][j]\) 的生成函数， \(G_j(x)\) 是 \(dp[i][j]{q^i}\) 的生成函数，则\[{F_j}(x) = {G_{j + 1}}(x) + (1 - q)x{G_{j + 1}}(x){F_j}(x)\]得\[{F_j}(x) = \frac{{{G_{j + 1}}(x)}}{{1 - (1 - q)x{G_{j + 1}}(x)}}\]
按 \(j\) 递减顺序交替求 \({F_j}(x),{G_j}(x)\) ，时间复杂度为
\[\sum\limits_{j = 1}^k {\left\lfloor {\frac{k}{j}} \right\rfloor \log \left\lfloor {\frac{k}{j}} \right\rfloor } \approx k\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{\log k - \log j}}{j}} \approx k\log k\ln k - \frac{1}{2}k\log k\ln k = \Theta (k{\log ^2}k)\]
接下来考虑 \(dp[i][0](i>k)\) 。原始状态转移方程可化简为 \[dp[i][0] = \sum\limits_{t = 1}^{k + 1} {dp[t - 1][1]{q^{t - 1}}(1 - q)dp[i - t][0]}\] 不难发现是常系数齐次线性递推。因而可在 \(k \log k \log n\) 时间复杂度解决。
总时间复杂度 \(k \log k(\log k+\log n)\) 。
核心代码
已略去冗长的多项式模板以及线性递推模板。
1 int q, qi[50001]; 2 int solve(int n, int k) 3 { 4 Poly f(1, 1), g(1, 1), a; 5 for (int j = k; j >= 0; j--){ 6 int d = j ? k / j : k; 7 if (j == 0)a = g * (q - 1); 8 f.resize(d + 1); g.resize(d + 1); 9 for (int i = 1; i <= d; i++) 10 f[i] = mul(g[i - 1], q - 1); 11 f = g * inv(f); 12 for (int i = 1; i <= d; i++) 13 g[i] = mul(f[i], qi[i]); 14 } 15 reverse(a.begin(), a.end()); 16 a.push_back(1); 17 return linear_recursion(a, f, n); 18 } 19 int main() 20 { 21 int n, k, x, y; 22 scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &x, &y); 23 q = mul(x, power(y, MOD - 2)); 24 qi[0] = 1; 25 for (int i = 1; i <= k; i++) 26 qi[i] = mul(qi[i - 1], q); 27 printf("%d", sub(solve(n, k), solve(n, k - 1))); 28 }
总结
非常喜欢这类蕴含着思维难度，但是代码量极少的题目。真心佩服出题人系列~