BZOJ5292 洛谷4457 LOJ2513:[BJOI2018]治疗之雨——题解
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5292
https://www.luogu.org/problemnew/show/P4457
https://loj.ac/problem/2513
你现在有m+1个数:第一个为p,最小值为0,最大值为n;剩下m个都是无穷,没有最小值或最大值。你可以进行任意多轮操作,每轮操作如下:在不为最大值的数中等概率随机选择一个(如果没有则不操作),把它加一;进行k次这个步骤:在不为最小值的数中等概率随机选择一个(如果没有则不操作),把它减一。现在问期望进行多少轮操作以后第一个数会变为最小值0。
期望dp的一个惯用套路。
设f[i]为正好打中英雄i下的概率,则f[i]=C(k,i)*(1/(m+1))^k*(m/(m+1))^(k-i)
于是不难得到f[i]与f[i-1]之间的关系,则线性推之。
再设a[i][j]为英雄i血经过一轮变j血的概率。
则a[i][j]=(f[i-j]*m+f[i+1-j])/(m+1),但是当i=n时不适用,当i<j时也不适用,二者特判之。
最后令x[i]为英雄到i血的期望。
则有:
x[0]=0;
x[1]=a[1][2]*x[2]+a[1][1]*x[1]+1
x[2]=a[2][3]*x[3]+a[2][2]*x[2]+a[2][1]*x[1]+1
……
x[n]=a[n][n]*x[n]+a[n][n-1]*x[n-1]+……
(注意最后一项有细微差别。)
此时我们可以高斯消元求出答案……?
n=1500仿佛在开玩笑。
那么这样的式子一定有什么特殊的方法可以消元。
我们每次用1式消掉x[1],用2式x[2]……,则复杂度其实只需要O(n^2)(因为1式只有2个数,2式消完后也只有2个数……以此类推)
这样我们每一个式子就是一个二元一次方程,最后一个式子是一个一元一次方程,于是就可以求解了。
(PS:还有其他比如k=0/1,m=0之类的特判不要忘了加。)
#include<cmath> #include<queue> #include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1505; const int p=1e9+7; inline ll read(){ll X=0,w=0;char ch=0;while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X; } ll qpow(ll k,int n){ll res=1;while(n){if(n&1)res=res*k%p;k=k*k%p;n>>=1;}return res; } ll n,q,m,k,f[N],a[N][N],x[N]; inline void init(){ll inv1=qpow(m+1,p-2),inv2=qpow(m,p-2);f[0]=qpow(inv1*m%p,k);for(int i=1;i<=min(n,k);i++)f[i]=f[i-1]*inv2%p*qpow(i,p-2)%p*(k-i+1)%p;for(int i=1;i<n;i++){for(int j=1;j<=i;j++)a[i][j]=(f[i-j]*m%p+f[i+1-j])%p*inv1%p;a[i][i+1]=f[0]*inv1%p;}for(int j=1;j<=n;j++)a[n][j]=f[n-j];for(int i=1;i<=n;i++)a[i][n+1]=p-1;for(int i=1;i<=n;i++)(a[i][i]+=p-1)%=p; } ll solve(){if(!k)return -1;if(!m){if(k==1)return -1;int res=0;while(q>0){if(q<n)q++;q-=k;res++;}return res;}init();for(int i=1;i<=n;i++){ll inv=qpow(a[i][i],p-2);a[i][i]=1;(a[i][n+1]*=inv)%=p;if(i!=n)(a[i][i+1]*=inv)%=p;for(int j=i+1;j<=n;j++){ll tmp=a[j][i];a[j][i]=0;(a[j][i+1]+=p-tmp*a[i][i+1]%p)%=p;(a[j][n+1]+=p-tmp*a[i][n+1]%p)%=p;}}x[n]=a[n][n+1];for(int i=n;i>q;i--)x[i-1]=(a[i-1][n+1]-a[i-1][i]*x[i]%p+p)%p;memset(f,0,sizeof(f));return x[q]; } int main(){int t=read();while(t--){n=read(),q=read(),m=read(),k=read();printf("%lld\n",solve());}return 0; }
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