题目

Problem Description

LLY作为信奥班唯一的妹子，始终保持着那份纯真，看她正在为箱子涂色。LLY现在有c种颜色，编号为0~c-1；还有n个箱子，编号为1~n，最开始每个箱子的颜色为1。LLY涂色时喜欢遵循灵感：它将箱子按编号排成一排，每次涂色时，她随机选择[L，R]这个区间里的一些箱子（不选看做选0个），为之涂上随机一种颜色。若一个颜色为a的箱子被涂上b色，那么这个箱子的颜色会变成（a*b）mod c。LLY想知道在k次涂色后，所有箱子颜色的编号和的期望为多少？

Input

第一行为T，表示有T组测试数据。
对于每组数据，第一行为三个整数n,c,k。
接下来k行，每行两个整数Li，Ri，表示第i个操作的L和R。
40%的数据1 <= T <= 5，1 <= n, k <= 15，2 <= c <= 20
100%的数据满足1 <= T <= 10，1 <= n, k <= 50，2 <= c <= 100，1 <= Li <= Ri <= n

Output

对于每组测试数据，输出所有箱子颜色编号和的期望值，结果保留9位小数。

Sample Input

3
3 2 2
2 2
1 3
1 3 1
1 1
5 2 2
3 4
2 4

Sample Output

2.062500000
1.000000000
3.875000000

分析

题目大意
- 给一个长度为 n 的数列以及 c 种(0~c-1)颜色，起始时全部数为 1；
- 有 k 次操作，每次给出一个区间 [L,R] ，可以在区间中选一些（也可以不选）数，把它“涂色”；
- 规则是若当前数为 a ，涂上 b ，那么这个数就变成了 (a*b)%c；
- 求 k 次操作后，这 n 个数的和的期望值（也可以理解为每种情况一一列出，注意重复的也要重复写出，然后把他们的和加起来求个平均值）
你会发现情况十分的多，反正我连样例的那个就已经列晕了，几乎可能把所有情况求出来，所以暴力不可取。
然后可以换一个方向想一下，可以把最终每一位是哪个颜色的概率都求出来，（比如第 i 个箱子是颜色 j 的概率是 dp[i][j]），那么总的期望就是每种颜色乘上概率再加起来就行了，于是就成了道概率 dp 的题目。
每一次操作中每个位置上每种颜色的概率都可以由上一次操作所得到的信息来推出，具体看一看程序，大概就能懂了吧。
还有一点要注意，区间每个位置都有一半的几率不被涂色，要把这个的答案也算上（也就是当前颜色的概率加上0.5）。

程序

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,c,k,L,R,T;
double ans,f[55][105],g[55][105];
//f[i][j]   上一次操作第 i 个盒子颜色为 j 的概率
//g[i][j]   这一次操作第 i 个盒子颜色为 j 的概率 int main(){scanf("%d",&T);while (T--){ans=0;scanf("%d%d%d",&n,&c,&k);memset(f,0,sizeof(f));for (int i=1; i<=n; i++) f[i][1]=1;for (int t=1; t<=k; t++){scanf("%d%d",&L,&R);memset(g,0,sizeof(g));for (int i=L; i<=R; i++){           //讨论第 i 个盒子 for (int p=0; p<c; p++){        //上一次颜色 for (int j=0; j<c; j++){    //这一次涂色 g[i][j*p%c]+=f[i][p]*0.5/c;}g[i][p]+=f[i][p]*0.5;       //不涂色的情况}}for (int i=L; i<=R; i++)for (int j=0; j<c; j++)f[i][j]=g[i][j];}for (int i=1; i<=n; i++)for (int j=0; j<c; j++)ans+=f[i][j]*(double)j;printf("%.9f\n",ans);}
}

提示

这里还有道概率DP的题目，可以看看。
这是链接

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