【循环矩阵乘优化DP】BZOJ 2510 弱题

题目大意

有 \(M\) 个球，一开始每个球均有一个初始标号，标号范围为 \(1\) ～ \(N\) 且为整数，标号为 \(i\) 的球有 \(a_i\) 个，并保证 \(\sum a_i = M\)。

每次操作等概率取出一个球（即取出每个球的概率均为 \(1\over M\)），若这个球标号为 \(k\ (k < N)\)，则将它重新标号为 \(k+1\)；若这个球标号为 \(N\)，则将其重标号为 \(1\)。（取出球后并不将其丢弃）

现在你需要求出，经过 \(K\) 次这样的操作后，每个标号的球的期望个数。

数据范围

\(N ≤ 1000, M ≤ 100,000,000, K ≤ 2,147,483,647\)。

思路

第一次见到循环矩阵优化 dp 的套路，记录一下。

转移方程很好得到，设 \(f[i][j]\) 表示到第 \(i\) 轮 \(j\) 编号的球的期望个数，转移方程就是

\[f[i][j]=\cfrac{m-1}{m}\ f[i-1][j]+\cfrac{1}{m}\ f[i-1][j-1]\ (2\leq j\leq n)
\]

\[f[i][1]=\cfrac{m-1}{m}\ f[i-1][1]+\cfrac{1}{m}\ f[i-1][n]
\]

通过 \(K\) 的范围的提示，我们冲一个矩阵快速幂即可，时间效率 \(O(n^3\log K)\)

\(n\leq 1000\)

那没事了。

假设 \(n=4\)，我们构造出转移矩阵：

\[ \left[
\begin{matrix}
f[i-1][1] & f[i-1][2] & f[i-1][3] & f[i-1][4]
\end{matrix}
\right]
\times
\left[
\begin{matrix}
\cfrac{m-1}{m} & \cfrac{1}{m} & 0 & 0 \\
0 & \cfrac{m-1}{m} & \cfrac{1}{m} & 0 \\
0 & 0 & \cfrac{m-1}{m} & \cfrac{1}{m} \\
\cfrac{1}{m} & 0 & 0 & \cfrac{m-1}{m}
\end{matrix}
\right]
=
\left[
\begin{matrix}
f[i][1] & f[i][2] & f[i][3] & f[i][4]
\end{matrix}
\right]
\]

我们发现转移矩阵是一个循环矩阵。

那么这个矩阵满足什么性质呢？

我们设第一排的第 \(i\) 个数为 \(k[i]\)，我们以 \(k[1]\) 为例：

\[k[1]=a[1][1]\times a[1][1]+a[1][2]\times a[2][1]+a[1][3]\times a[3][1]+a[1][4]\times a[4][1]
\]

我们将其对应到第一行的元素，得到：

\[k[1]=k[1]\times k[1]+k[2]\times k[4]+k[3]\times k[3]+k[4]\times k[2]
\]

很容易看出性质：

\[k[t]=\sum\limits_{((i+j-2)\ \text{mod}\ n)+1=t}k[i]\times k[j]
\]

所以我们只需要记录第一行的状态，用 \(O(n^2\log K)\)转移即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000+10;
int n,m,K;

struct Mat{
    double a[maxn];
    Mat(){
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    friend inline Mat operator *(register const Mat& A,register const Mat& B){
        Mat C;
        for(register int i=1;i<=n;i++)
            for(register int j=1;j<=n;j++)
                C.a[(i+j-2)%n+1]+=A.a[i]*B.a[j];
        return C;
    }
}ans,base;

inline int read(){
    int x=0;bool fopt=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')fopt=0;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;
    return fopt?x:-x;
}

inline void qpow(int b){
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*base;
        base=base*base;
        b>>=1;
    }
}

int main(){
    n=read();m=read();K=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans.a[i]=read();
    base.a[1]=1.0*(m-1)/m;
    base.a[2]=1.0/m;
    qpow(K);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%.3lf\n",ans.a[i]);
    return 0;
}