[The 2019 Asia Yinchuan First Round Online Programming] D Take Your Seat

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\(\mathcal{Description}\)

原题链接

题目大意

该题目有两个问题

• \(Task\ 1\),有\(n\)个人\(n\)个座位，每个人都有一个对应的座位，每个人排队进入去坐座位，小\(A\)是第一个，然而小\(A\)忘记了自己的位置，于是他进去后自己随便坐了一个位置，之后的人进来后若发现自己的位置已经被人坐了，那么他就也会随便坐一个没人坐的位置，如果自己的位置没有被人坐，那么就会坐自己的位置，问最后一个进来的人坐到自己的位置的概率是多少

• \(Task\ 2\),有\(m\)个人\(m\)个座位，该问题与上面问题差不多，但是每个人并不会排队进去，而是随机的进入，即进入的顺序是随机的(包括小\(A\)的进入时间)，仍然问最后一个进来的人坐到自己的位置的概率是多少

复杂度要求在\(O(n^3)\)以内

实际上只要\(O(1)\)

\(\mathcal{Solution}\)

这题有点考思维，博主想了很久(博主太蒻了)，所以会写一些心得，在引用里面，只想知道题解可以跳过

主要是考逆向思维，以及一个问题的转化

不要怕概率这个玩意，尽量想办法避开它，或者只用最简单的概率计算

考虑递推

想了很久如何正着推，但是不知道某个人进来时是否可以坐座位，设了很多方程，都是找不到转移或者错误的转移

一般递推都会是可以将某一个状态变成另一个状态

所以我们要找到什么样的状态是有联系的

• \(Task\ 1\)

  一直想找到一种方法可以考虑到一个座位是否被坐，博主突然发现了一个性质

  我们知道，当小\(A\)坐在了第\(x\)个进来的人的位置，那么第\(2\)到\(x-1\)个人进来时都是直接坐在自己座位上
  
  这条性质十分显然也十分简单，可是却很容易将其忽视

  博主忽视了1个多小时...

  另外，小\(A\)坐在任何一个位置的概率都是\(\frac{1}{n}\)
  
  于是我们可以利用这样的两个性质，开始递推
  
  我们不认为小\(A\)是忘记了自己的座位，而是不知道自己的座位

  设\(f[i]\)表示有\(i\)个人时，第一个人不知道自己座位（即第一个人会乱坐）的答案
  
  当小\(A\)坐在了自己的座位上时，之后最后一个人坐在自己座位的概率为\(100\%\)
  
  当小\(A\)坐了第\(j\)个人的座位时，当第\(j\)个人来找座位时，我们可以认为原本小\(A\)的座位是他的座位，而他不知道
  
  因为当他坐在小\(A\)的座位上时，对后面上来的人都没有影响了
  
  这样，若小\(A\)坐了\(j\)号座位，当\(j\)来找座位时，相当于是考虑原来的问题，只不过\(n\)变成了\(n-j+1\)
  
  于是我们得到了这样的递推式
  
  \(\begin{aligned}f[i]=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\end{aligned}\)
  
  初值\(f[1]=1\)
  
  上面这个式子可以记一下前缀和然后就可以\(O(1)\)转移了

  然后博主发现从\(2\)开始，答案都是\(\frac{1}{2}\)

• \(Task\ 2\)
  
  由于是完全随机的顺序，所以没有了上面那个性质

  在想出来\(Task\ 1\)的做法后，博主坚信一定是递推，但是又想了一会没想出来
  
  在内心坚定自己时欧皇的情况下，博主毅然蒙了两个结论提交了程序，于是博主就多了两个罚时...
  
  因为已经想出来第一问，博主舍不得，于是博主就继续肝了一会儿，又有了一个想法

  仍然是考虑递推，受到\(Task\ 1\)的启发，所以仍然按照这个思维模式
  
  因为是随机顺序，所以小\(A\)是第几个来坐座位的概率都是\(\frac{1}{m}\)
  
  设\(f[i]\)表示有\(i\)个人的答案
  
  因为不知道座位是一种特殊的状态，所以我们仍然对它下手
  
  考虑小\(A\)是第\(j\)个来坐座位的人
  
  这样前\(j-1\)个人都是坐在自己座位上
  
  于是现在要考虑的就是有\(i-j+1\)个人，小\(A\)第一个来坐座位，剩下的人是随机来坐座位的情况
  
  设\(g[i]\)表示有\(i\)个人，小\(A\)第一个来坐座位，剩下的人是随机来坐座位，最后一个人坐到自己座位上的答案
  
  然后我们枚举小\(A\)是第几个
  
  得到这样的递推式
  
  \(\begin{aligned}f[i]=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i}g[i]\end{aligned}\)
  
  于是现在就是要想办法求\(g\)了，终于把问题转化为一个感jio简单些的问题了

  考虑求\(g[i]\)，我们仍然按照上面的思维模式，考虑小\(A\)坐在了第\(j\)个来选座位的人的座位
  
  因为是随机顺序，所以小\(A\)随便坐一个位置，其是第\(j\)（\(j\)任取）个上来的人的座位的概率仍然是\(\frac{1}{i}\)
  
  于是，在\(j\)前面的人都坐自己的位置，从\(j\)开始，又是一个\(i-j+1\)个人的问题，当然，别忘了坐在自己坐
  
  所以得到\(g\)的递推式
  
  \(\begin{aligned}g[i]=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i-1}g[i]\end{aligned}\)

  诶，这个和\(Task\ 1\)的\(f\)是一样的.....

  于是问题就得到了解决

  真是可喜可贺可喜可贺...

噢，这还只是\(O(n)\)是吧

然后我们经过打表发现

对于\(Task\ 1\)

有\(f[1]=1,f[n]=0.5(n>1)\)

然后对于\(Task\ 2\)

有\(g[m]=\frac{m+1}{2m}\)

\(\mathcal{Code}\)

这里仍然给了\(f,g\)的递推（以免有不太明白的地方），但是直接用上面的结论\(O(1)\)输出的

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年08月31日 星期六 15时45分43秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 55;
const int mx = 50;
int T,n,m;
double sum;
double f[maxn],g[maxn];
void init ()
{
	sum=g[1]=f[1]=1,f[2]=1.0/2.0;
	for (int i=2;i<=mx;++i)	f[i]=1.0/i*sum,sum+=f[i],g[i]=sum/(double)i;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	init();
	for (int t=1;t<=T;++t){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("Case #%d: %.6lf %.6lf\n",t,n>1?0.5:1,(double)(m+1)/(double)(2.0*m));
	}
	return 0;
}

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