【BZOJ1416/1498】【NOI2006】神奇的口袋（数论，概率）

【BZOJ1416/1498】【NOI2006】神奇的口袋（数论，概率）

题面

BZOJ1416

BZOJ1498

洛谷

题面都是图片形式是什么鬼。。

题解

考虑以下性质

1.\(x[1],x[2]..x[n]\)等价于\(1,2,...n\)

证明：

假设取第\(k\)步以前，所有的球的个数分别是\(a[1],a[2]..a[n]\)，

球的总数是\(sum\)

那么，第\(k\)步取到颜色\(y\)的概率是\(\frac{a[y]}{sum}\)

考虑第\(k+1\)步取到颜色\(y\)的概率

①第\(k\)步取了颜色\(y\)

那么，\(k+1\)步取到\(y\)的概率是\(\frac{a[y]}{sum}*\frac{a[y]+D}{sum+D}\)

②第\(k\)步没有取到颜色\(y\)

那么，\(k+1\)步取到\(y\)的概率是\(\frac{sum-a[y]}{sum}*\frac{a[y]}{sum+D}\)

将概率相加，得到第\(k+1\)步的概率

\[\frac{a[y](a[y]+D)+(sum-a[y])a[y]}{sum(sum+D)}
\]

\[=\frac{a[y](sum+D)}{sum(sum+D)}=\frac{a[y]}{sum}
\]

因此，在没有其他限制下，无论何时取\(y\)的概率都是相等的

也就是题目中按照\(x\)排序之后，可以直接将\(x\)离散。

但是题目中显然存在其他限制，也就是前面的某一次必定会取到某个颜色，所以我们来考虑另外一个性质。

颜色出现的顺序对答案没有影响

对于按照\(x\)排序之后，相邻的两个\(y[i],y[i+1]\)

①\(y[i]=y[i+1]\)，显然没有影响

②\(y[i]\neq y[i+1]\)

考虑概率

\[P1=\frac{a[y[i]]}{sum}*\frac{a[y[i+1]]}{sum+D}
\]

交换之后考虑概率

\[P2=\frac{a[y[i+1]]}{sum}*\frac{a[y[i]]}{sum+D}
\]

\(P1\)显然等于\(P2\)

因此，\(y\)的出现顺序与结果无关。

根据上面的两个性质，我们可以得出：

1.\(x\)可以直接离散

2.\(y\)的顺序对结果并没有影响

因此，我们可以就按照读入顺序处理，并且\(x\)读进来并没有什么用

记录一下每一个颜色的球个数，以及球的总数

每次要抽到一个颜色的球就给他的数量以及总数都加上\(D\)

然后算一下概率就行了

因此范围比较大，概率要用高精度算

为了防止要写高精度除法

可以先分解质因数，然后约掉之后再做乘法就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1111
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
struct BigInt
{
	int s[20000],ws;
	void init(){s[1]=1;ws=1;}
	void Multi(int x)
	{
		for(int i=1;i<=ws;++i)s[i]=s[i]*x;
		for(int i=1;i<=ws;++i)s[i+1]+=s[i]/10,s[i]%=10;
		while(s[ws+1])++ws,s[ws+1]=s[ws]/10,s[ws]%=10;
	}
	void output(){for(int i=ws;i;--i)printf("%d",s[i]);}
}Ans1,Ans2;
int pri[20001],tot;
bool zs[20001];
void getpri()
{
	zs[1]=true;
	for(int i=2;i<=20000;++i)
	{
		if(!zs[i])pri[++tot]=i;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=20000;++j)
		{
			zs[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}
int Mul[20001],Div[20001];
int sum,a[MAX];
int n,m,D;
void Calc(int x,int *f)
{
	for(int i=1;i<=tot;++i)
		while(x%pri[i]==0)
		{
			f[pri[i]]++;
			x/=pri[i];
		}
}
int main()
{
	n=read();m=read();D=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),sum+=a[i];
	getpri();
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int x=read(),y=read();
		if(!a[y]){puts("0/1");return 0;}
		Calc(a[y],Mul);Calc(sum,Div);
		a[y]+=D;sum+=D;
	}
	for(int i=1;i<=20000;++i)
		if(Div[i]>=Mul[i])Div[i]-=Mul[i],Mul[i]=0;
		else Mul[i]-=Div[i],Div[i]=0;
	Ans1.init();Ans2.init();
	for(int i=1;i<=20000;++i)
		for(int j=1;j<=Mul[i];++j)Ans1.Multi(i);
	for(int i=1;i<=20000;++i)
		for(int j=1;j<=Div[i];++j)Ans2.Multi(i);
	Ans1.output();putchar('/');Ans2.output();puts("");
	return 0;
}