洛谷 P4564 [CTSC2018]假面（期望+dp）

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题意：

有 \(n\) 个怪物，第 \(i\) 个怪物初始血量为 \(m_i\)。有 \(Q\) 次操作：

• 0 x u v，有 \(p=\frac{u}{v}\) 的概率令 \(m_x\) 减 \(1\)，另外 \(1-p\) 的概率啥也不干。如果 \(m_x=0\)，那么这个操作无效。
• 1 k x[1] x[2] ... x[k]，在 \(x_1,x_2,\dots,x_k\) 这 \(k\) 个怪物中的血量不为 \(0\) 的怪物中，随机选择一个怪物。问对于 \(i=1,2,\dots,k\)，怪物 \(x_i\) 被选中的概率是多少。

另外，所有操作结束后，输出 \(n\) 个数表示怪物 \(i\) 的血量的期望值。

\(n \leq 200\)，\(q \leq 2 \times 10^5\)，\(1\) 操作的次数 \(\leq 10^3\)，\(m_i \leq 100\)。

虽说是为了刷期望的题而来的，但其实这题的关键点不在于期望。

我们令 \(dp_{i,j}\) 表示在当前时刻，怪物 \(i\) 的血量为 \(j\) 的概率。

对于 \(0\) 操作而言，你就暴力修改 \(dp_{x,j}\) 的值，直接一遍背包就行了，时间复杂度 \(\mathcal O(m)\)。

本题难就难在 \(1\) 操作怎样处理。

最 naive 的想法是，枚举每个 \(x_i\)，显然 \(x_i\) 的血量是不能为 \(0\) 的。

然后在剩下 \(k-1\) 个怪物中跑一遍背包，\(f_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个怪物中有 \(j\) 个血量不为 \(0\) 的怪物的概率，背包进行转移。

答案为 \((1-dp_{x_t,0})\times (\sum_{i=0}^{k-1}f_{k,i}\times\frac{1}{i+1})\)。

式子很好理解，第一个括号表示 \(x_t\) 的血量不为 \(0\) 的概率，第二个括号枚举了血量不为 \(0\) 的怪物个数并用乘法原理计算出概率累加答案。

但这样是 \(n^3\) 的。

我的另一个 naive 的想法是 \(f_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个怪物中有 \(j\) 个血量不为 \(0\) 的怪物的概率，\(g_{i,j}\) 表示在后 \(i\) 个怪物中有 \(j\) 个血量不为 \(0\) 的怪物的概率。

这样计算 \(f,g\) 的时间复杂度降到了 \(n^2\)，但统计答案还是 \(n^3\) 的。

这就要用到从背包中删除元素这一技巧。

\(f_{i,j}\) 的状态转移式子为 \(f_{i,j}=p\times f_{i-1,j-1}+(1-p)\times f_{i-1,j}\)

当删除一个元素的时候，我们其实是已知 \(f_{i,j}\) 和 \(p\) 还原出 \(f_{i-1,j}\)。

注意到 \(f_{i-1,i}=0\)，也就是说 \(f_{i,i}=p\times f_{i-1,i-1}\)。

于是我们倒着循环，用 \(f_{i-1,j}=\dfrac{f_{i,j+1}-p\times f_{i-1,j+1}}{1-p}\) 求出 \(f_{i-1,j}\)

然后按照之前的公式累加答案即可。

\(\mathcal O(qm+cn^2)\)

注意预处理逆元，否则时间复杂度会多一个 \(\log\)（CSP-S 2020 的悲惨回忆）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define mp make_pair
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
bool chkmin(int &x,int y){return ((x>y)?(x=y,1):0);}
bool chkmax(int &x,int y){return ((x<y)?(x=y,1):0);}
const int MOD=998244353;
const int MAXN=200+5;
const int MAXM=100+5;
int n,m,x[MAXN];
ll dp[MAXN][MAXM],iv[MAXN],tmp[MAXN],f[MAXN][MAXN],inv[MAXN];
ll qpow(ll x,int e){
	ll ret=1;
	while(e){
		if(e&1) ret=ret*x%MOD;
		x=x*x%MOD;e>>=1;
	} return ret;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;scanf("%d",&x);dp[i][x]=1;chkmax(m,x);iv[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=qpow(i,MOD-2);
	int Q;scanf("%d",&Q);while(Q--){
		int opt;scanf("%d",&opt);
		if(opt==0){
			int x,u,v;scanf("%d%d%d",&x,&u,&v);
			ll p=1ll*u*qpow(v,MOD-2)%MOD;
			memset(tmp,0,sizeof(tmp));
			for(int i=0;i<=m;i++){
				if(i==0) tmp[i]=(tmp[i]+dp[x][i])%MOD;
				else{
					tmp[i]=(tmp[i]+dp[x][i]*(1-p+MOD)%MOD)%MOD;
					tmp[i-1]=(tmp[i-1]+dp[x][i]*p%MOD)%MOD;
				}
			}
			for(int i=0;i<=m;i++) dp[x][i]=tmp[i];
			iv[x]=qpow(1-dp[x][0]+MOD,MOD-2);
		} else {
			int k;scanf("%d",&k);
			for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&x[i]);
			memset(f,0,sizeof(f));f[0][0]=1;
			for(int i=1;i<=k;i++){
				for(int j=0;j<=i;j++){
					f[i][j]=f[i-1][j]*dp[x[i]][0]%MOD;
					if(j) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-1]*(1-dp[x[i]][0]+MOD)%MOD)%MOD;
				}
			}
//			for(int i=0;i<=k;i++) printf("%lld ",f[k][i]);printf("\n");
			for(int i=1;i<=k;i++){
				ll ans=0;memset(tmp,0,sizeof(tmp));
				for(int j=k-1;~j;j--)
					tmp[j]=(f[k][j+1]-tmp[j+1]*dp[x[i]][0]%MOD+MOD)%MOD*iv[x[i]]%MOD;
//				for(int j=0;j<=k;j++) printf("%lld ",tmp[j]);
//				printf("\n");
				for(int j=0;j<k;j++)
					ans=(ans+(tmp[j]*(1-dp[x[i]][0]+MOD)%MOD)*inv[j+1]%MOD)%MOD;
				printf("%lld ",ans);
			} printf("\n");
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll ans=0;
		for(int j=0;j<=m;j++) ans=(ans+1ll*j*dp[i][j]%MOD)%MOD;
		printf("%lld ",ans);
	} printf("\n");
	return 0;
}