Google Kick Start 2020 Round B T4 Wandering Robot

题意

一个(n imes m)的矩形空间，起点是((1,1))，终点是((n,m))。

假设当前位于((x,y))：

• 如果当前位于最后一行，那么下一步只能走向((x,y+1))
• 如果当前位于最后一列，那么下一步只能走向((x+1,y))
• 否则，以相等的概率走向((x,y+1))和((x+1,y))中的一个。

矩形空间中有一个小的矩形黑洞，用左上角和右下角的坐标表示，走进黑洞视为游戏失败，走到((n,m))视为游戏成功，问游戏成功的概率。

解题思路

先不考虑黑洞。

对于(1 leq x < n, 1 leq y < m)，走到((x,y))一共有(C_{x+y-2}^{x-1})种可能的路径，然后走每一条可能的路径的概率为(frac{1}{2^{x+y-2}})，所以走到((x,y))的概率是(frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{2^{x+y-2}})。

但是(n,m)的取值最高可以到(1e5)，如果不加处理会炸精度，如果使用(log)处理就可以把数值压在能接受的范围内。再加上

[2^{log(frac{C_{x+y-2}^{x-1}}{2^{x+y-2}})} = 2 ^ {log((x + y - 2)!)-log((y-1)!) - -log((x-1)!) - x -y +2} ]

(O(n))预处理出(log(i!))后就可以方便的计算(P(x,y))了。

然后根据规则，最后一行和最后一列的概率要另外算。这里仅以最后一行为例，最后一列也是用同样的方法。

记走到((x,y))的概率为(P(x,y))，那么如果((x,y))位于最后一行，则(P(x,y)=P(x,y-1)+frac{1}{2}P(x-1,y))。然后(P(1,n))很容易推出等于(frac{1}{2^{n-1}})，所以这一行的概率就可以(O(n))的递推出来。

假设上图中，黑色部分为黑洞，((1,1))位于坐上角，那么很容易就可以得出游戏成功的概率为走到灰色格子的概率之和。将之前推导出的公式代入即可。

总结

早上七点的比赛差点错过了。前三题几乎都是直接秒，但是卡在了第四题。公式都推对了，但是没有想到炸精度怎么处理。脑海中出现了之前llg想在学校月赛搞用log处理大数的出题思路，但是看精度一直觉得不太行，然后就下班了，哪想到这就是正解。果然有时候就应该xjbg。

然后补题的时候又是因为担心精度问题用了long double，然后各种TLE，换成double就过了。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

double lg[N], lstr[N], lstc[N];
int main()
{
#ifdef BACKLIGHT
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif

	lg[0] = 0;
	for (int i =1; i <= 2e5; ++i) lg[i] = lg[i-1] + log2(i);

	int T;
	scanf("%d", &T);
	for (int Case = 1; Case <= T; Case ++) {
		int n, m, l, r, u, d;
		scanf("%d %d %d %d %d %d", &n, &m, &l, &u, &r, &d);

		lstr[1] = pow(2, lg[1 + n - 2] - lg[1 - 1] - lg[n - 1] - 1 - n + 2);
		for (int i = 2; i <= m; i++) {
			lstr[i] = lstr[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (n-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(n-1) - 1] - i - (n-1) + 2);
		}

		lstc[1] = pow(2, lg[1 + m - 2] - lg[1 - 1] - lg[m - 1] - 1 - m + 2);
		for (int i = 2; i <= n; i++) {
			lstc[i] = lstc[i-1] + 0.5 * pow(2, lg[i + (m-1)- 2] - lg[i - 1] - lg[(m-1) - 1] - i - (m-1) + 2);
		}

		double ans = 0, tmp;
		for (int i = 1; i <= l - 1; ++i) {
			int D = l + d - i;
			if(D > m) continue;
			else if(D == m) {
				ans += lstc[i];
			}
			else {
				tmp = lg[i + D - 2] - lg[i - 1] - lg[D - 1] - i - D + 2;
				ans += pow(2, tmp);
			}
		}

		for (int i = 1; i <= u - 1; ++i) {
			int R = r + u - i;
			if(R > n) continue;
			else if(R == n) {
				ans += lstr[i];
			}
			else {
				tmp = lg[i + R - 2] - lg[i - 1] - lg[R - 1] - i - R + 2;
				ans += pow(2, tmp);
			}
		}

		printf("Case #%d: %.12lf
", Case, ans);
	}
	return 0;
}