题意:有一个1001 * n的矩形,每个位置有q的概率为1。求紧贴下边界的最大的全1子矩形面积恰为k的概率。n <= 1e9,k <= 1000。

解:只需考虑每一列最下面一个0的位置。

首先有个n = 1的部分分,答案显然就是qk(1-q)。

中间还有些部分分,什么打表啊笛卡尔树上DP啊...感觉有毒。

接下来就是一个nk的DP,直接获得70分...感觉有毒。

首先发现这个恰好为k不好处理,就考虑计算<= k和<= k - 1,然后相减。注意因为面积全是整数而我们不是求期望,所以不会有非整数的出现。

考虑到下边界一定被若干个0分隔开,且每两个相邻0之间距离不大于k。于是我们按照0来DP。设fi表示1001 * i的矩形符合条件的概率。那么每次枚举这一段下边界的最后一个0在j位置,那么概率就是fj-1 * (1 - q) * (长为i-j的一段最下面全是1,符合条件的概率)。

考虑怎么求最后那个东西。

发现把最下面一行去掉之后好像有点像一个子问题?然而好像不行...实际上是一种类似最值分治的做法。

考虑这些列中最低的一列在哪(枚举得到),然后左右两边就是一个真实子问题,而中间这一列就是n = 1的部分分。但是还是不知道最低一列到底有多低...发现k只有1000,所以就可以枚举?

然而正解是多加一维状态表示高度。设gi,j表示1001 * i的矩形,最下面j * i的矩形全是1,且满足条件的概率。设j + 1行第一个0在p位置,那么gi,j += gp-1,j+1 * gi-p,j * qj * (1-q)。

边界条件就是g0,x = 1。

这东西难调死了......注意fn其实等于gn,0

 /**
* There is no end though there is a start in space. ---Infinity.
* It has own power, it ruins, and it goes though there is a start also in the star. ---Finite.
* Only the person who was wisdom can read the most foolish one from the history.
* The fish that lives in the sea doesn't know the world in the land.
* It also ruins and goes if they have wisdom.
* It is funnier that man exceeds the speed of light than fish start living in the land.
* It can be said that this is an final ultimatum from the god to the people who can fight.
*
* Steins;Gate
*/ #include <bits/stdc++.h> typedef long long LL;
const int N = , MO = ; int n, K, q, g[N][N], f[N], pw[N]; inline int qpow(int a, int b) {
int ans = ;
while(b) {
if(b & ) ans = 1ll * ans * a % MO;
a = 1ll * a * a % MO;
b = b >> ;
}
return ans;
} inline int cal(int k) {
if(k < ) return ;
if(k == ) return qpow( - q + MO, n);
memset(f, , sizeof(f));
memset(g, , sizeof(g)); for(int i = ; i <= k + ; i++) {
g[][i] = ;
} for(int i = ; i <= k; i++) {
for(int j = k / i; j >= ; j--) {
/// g[i][j]
g[i][j] = g[i][j + ];
for(int p = ; p <= i; p++) {
(g[i][j] += 1ll * g[p - ][j + ] * g[i - p][j] % MO * pw[j] % MO * ( - q + MO) % MO) %= MO;
}
//printf("g %d %d = %d \n", i, j, g[i][j]);
}
} //puts(""); /// cal f
f[] = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
/// f[i]
if(i <= k) f[i] = g[i][];
for(int j = std::max(, i - k); j <= i; j++) {
(f[i] += 1ll * f[j - ] * ( - q + MO) % MO * g[i - j][] % MO) %= MO;
}
//printf("f %d = %d \n", i, f[i]);
} //printf("\n\n"); return f[n];
} /*
2 2 1 2
*/ int main() {
int x, y;
scanf("%d%d%d%d", &n, &K, &x, &y);
q = 1ll * x * qpow(y, MO - ) % MO;
//printf("q = %d \n", q);
pw[] = ;
for(int i = ; i <= K; i++) {
pw[i] = 1ll * pw[i - ] * q % MO;
} if(n == ) {
int ans = 1ll * qpow(q, K) * ( - q + MO) % MO;
printf("%d\n", ans);
return ;
} int ans = (cal(K) - cal(K - ) + MO) % MO;
printf("%d\n", ans); return ;
}

70分代码

于是我们来个矩阵快速幂优化,获得了90分的好成绩!

 #include <bits/stdc++.h>

 typedef long long LL;
const int N = , MO = ; int n, K, q, g[N][N], f[N], pw[N];
int A[][], ANS[][], C[][]; inline int qpow(int a, int b) {
int ans = ;
while(b) {
if(b & ) ans = 1ll * ans * a % MO;
a = 1ll * a * a % MO;
b = b >> ;
}
return ans;
} inline void mulself(int k) {
memset(C, , sizeof(C));
for(int p = ; p <= k; p++) {
for(int j = ; j <= k; j++) {
for(int i = ; i <= k; i++) {
(C[i][j] += 1ll * A[i][p] * A[p][j] % MO) %= MO;
}
}
}
memcpy(A, C, sizeof(A));
return;
} inline void mul(int k) {
memset(C, , sizeof(C));
for(int p = ; p <= k; p++) {
for(int j = ; j <= k; j++) {
for(int i = ; i <= k; i++) {
(C[i][j] += 1ll * ANS[i][p] * A[p][j] % MO) %= MO;
}
}
}
memcpy(ANS, C, sizeof(C));
return;
} inline int cal(int k) {
if(k < ) return ;
if(k == ) return qpow( - q + MO, n);
memset(f, , sizeof(f));
memset(g, , sizeof(g)); for(int i = ; i <= k + ; i++) {
g[][i] = ;
} for(int i = ; i <= k; i++) {
for(int j = k / i; j >= ; j--) {
/// g[i][j]
g[i][j] = g[i][j + ];
for(int p = ; p <= i; p++) {
(g[i][j] += 1ll * g[p - ][j + ] * g[i - p][j] % MO * pw[j] % MO * ( - q + MO) % MO) %= MO;
}
//printf("g %d %d = %d \n", i, j, g[i][j]);
}
} //puts(""); /// cal f
if(n <= ) {
f[] = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
/// f[i]
if(i <= k) f[i] = g[i][];
for(int j = std::max(, i - k); j <= i; j++) {
(f[i] += 1ll * f[j - ] * ( - q + MO) % MO * g[i - j][] % MO) %= MO;
}
//printf("f %d = %d \n", i, f[i]);
}
return f[n];
}
else {
memset(ANS, , sizeof(ANS));
for(int i = ; i <= k; i++) {
ANS[i][i] = ;
}
memset(A, , sizeof(A));
for(int i = ; i < k; i++) {
A[i + ][i] = ;
}
for(int i = ; i <= k; i++) {
A[i][k] = 1ll * g[k - i][] * ( - q + MO) % MO;
}
int b = n - k;
while(b) {
if(b & ) {
mul(k);
}
mulself(k);
b = b >> ;
}
/// mul g ans
int ans = ;
for(int i = ; i <= k; i++) {
(ans += 1ll * g[i][] * ANS[i][k] % MO) %= MO;
}
return ans;
}
} /*
2 2 1 2
*/ int main() {
int x, y;
scanf("%d%d%d%d", &n, &K, &x, &y);
q = 1ll * x * qpow(y, MO - ) % MO;
//printf("q = %d \n", q);
pw[] = ;
for(int i = ; i <= K; i++) {
pw[i] = 1ll * pw[i - ] * q % MO;
} if(n == ) {
int ans = 1ll * qpow(q, K) * ( - q + MO) % MO;
printf("%d\n", ans);
return ;
} int ans = (cal(K) - cal(K - ) + MO) % MO;
printf("%d\n", ans); return ;
}

90分代码

弃疗了弃疗了...

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