CCPC－Wannafly Comet OJ 夏季欢乐赛（2019）E.飞行棋(期望dp+矩阵快速幂)

题目

飞行棋的规则如下：

1、每名玩家有一个棋子，每个回合可以掷一次骰子。

2、如果使用的骰子为 k面，则这 k面上的点数分别为 1,2,3,…,k，且掷得每种点数的概率均为 $\frac{1}{k}$ 。

3、如果当前回合掷得的点数为 Q，则玩家控制的棋子前进 Q 步。

4、若当前棋子的位置到终点的距离 d < Q，则棋子先行动 d 步到终点，再倒退 Q-d 步。（即到终点的距离变为 Q−d）

5、某一回合结束后，若该玩家的棋子恰好到达终点，则宣布胜利。

璇璇姐姐参与了这个游戏，已知现在她的棋子到终点的距离为 d，

游戏使用的骰子有 k面，求璇璇获得胜利需要的回合数期望。

保证 1<=k<=20,1<=d<=1e18，且k<=d。

思路来源

fls

题解

考虑距离终点k步及以内的情形，dp[i]代表从i这个点，走到终点的期望数

那么dp[1]，掷到一步获胜，掷到两步回到1的位置，掷到三步到2的位置，掷到k步去k-1的位置

有 $dp[1]=\frac{1}{k}(dp[0]+dp[1]+...+dp[k-1])+1$ ，其中dp[0]=0

类似地有， $dp[k]=\frac{1}{k}(dp[0]+dp[1]+...+dp[k-1])+1$

可以列出所有方程，

$dp[1]=\frac{1}{k}(dp[0]+dp[1]+...+dp[k-1])+1$

$dp[2]=\frac{1}{k}(dp[0]+2*dp[1]+dp[2]+...+dp[k-2])+1$

$dp[3]=\frac{1}{k}(dp[0]+2*dp[1]+2*dp[2]+dp[3]...+dp[k-3])+1$

可以发现，由于右边每项括号里都有k-1项非零值，高度对称，

所以可以构造一组全相等的解 $dp[1]=dp[2]=...=dp[k]=x$ ，代入x有x=k

后面的仍用 $dp[n]=\frac{1}{k}(dp[n-k]+dp[n-k+1]+...+dp[n-1])+1$ 搞矩阵快速幂即可

学到了把k+1阶向量也搞成(k+1)*1的矩阵技巧，

这样最后求第n项时，再搞一个矩阵乘法即可

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const ll MOD = 1e9+7;
const int MAXN = 22;
ll d,k,inv,ans;
ll modpow(ll x,ll n,ll mod)
{ll res=1;for(;n;n/=2,x=x*x%mod)if(n&1)res=res*x%mod;return res;
}
struct mat {ll c[MAXN][MAXN];int m, n;mat(){memset(c, 0, sizeof(c));m=n=MAXN;} mat(int a, int b) : m(a), n(b) {memset(c, 0, sizeof(c));}void clear(){memset(c, 0, sizeof(c)); }mat operator * (const mat& temp) {mat ans(m, temp.n);for (int i = 0; i < m; i ++)for (int j = 0; j < temp.n; j ++){for (int k = 0; k < n; k ++){ans.c[i][j] += c[i][k] * temp.c[k][j]%MOD;//能不取模 尽量不取模//这里maxn=2 故不会超过ll 视具体情况 改变取模情况if(ans.c[i][j]>=MOD)ans.c[i][j]%=MOD;}}return ans;}friend mat operator ^(mat M, ll n) {mat ans(M.m, M.m);for (int i = 0; i < M.m; i ++)ans.c[i][i] = 1; while (n > 0) {if (n & 1) ans = ans * M;M = M * M;n >>= 1;}return ans;}
};
int main()
{scanf("%lld%lld",&d,&k);mat a(k+1,k+1),b(k+1,1); inv=modpow(k,mod-2,mod);for(int i=0;i<k;++i)a.c[0][i]=inv;a.c[0][k]=1;for(int i=1;i<k;++i)a.c[i][i-1]=1;a.c[k][k]=1;a=a^(d-k);for(int i=0;i<k;++i)b.c[i][0]=k;b.c[k][0]=1;a=a*b;printf("%lld\n",a.c[0][0]);return 0;
}

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