CF1156F Card Bag
题意简述:有 \(n\) 张卡牌,每张卡牌有数字 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)。现在随机抽取卡牌,不放回,设本次抽到的卡牌为 \(x\),上次抽到的卡牌为 \(y\),若 \(x=y\) 则游戏胜利;若 \(x<y\) 则输掉游戏;若 \(x>y\) 则游戏继续。求获胜概率。
\(a_i\leq n\leq 5\times 10^3\)。
下文认为 \(a_i\) 与 \(n\) 同阶。
不难发现我们只关心卡牌上的数字,所以开个桶维护每个数出现了几次。又因为只能从小往大抽,即无后效性,所以考虑 DP。
设 \(f_{i,j}\) 为 共抽了 \(j\) 次,每个数最多抽到一次,最后一次抽到数字 \(i\) 的概率。
首先考虑如何转移:我们设数字 \(i\) 共有 \(sz_i\) 个,那么不难列出转移方程
\]
,表示 在 \([1,i-1]\) 中抽了 \(j-1\) 个数 的概率乘上 抽到数字 \(i\) 的概率。这样转移的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\),无法接受。
如果设 \(s_{i,j}\) 为 在 \(i\) 中抽了 \(j\) 个数 的概率,则有
\]
,则转移方程可变形为
\]
。预处理逆元做到时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\),可以接受。
这实际上就是具有实际意义的前缀和优化。
最后使用滚动数组可以将空间优化到 \(\mathcal{O}(n)\)。
需要注意初始值 \(f_{0,0}=1\)。
const int N=5e3+5;
ll n,ans,sz[N],f[2][N],s[2][N];
int main(){
init(),cin>>n,s[0][0]=s[1][0]=1;
for(int i=1,a;i<=n;i++)cin>>a,sz[a]++;
for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p^=1){
for(int j=1;j<=i;j++){
f[p][j]=s[p^1][j-1]*sz[i]%mod*iv[n-j+1]%mod;
ans=(ans+s[p^1][j-1]*sz[i]*(sz[i]-1)%mod*iv[n-j+1]%mod*iv[n-j])%mod;
s[p][j]=(s[p^1][j]+f[p][j])%mod;
}
} cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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