计数dp做题笔记

YCJS 3924 饼干

Description

给定一个长度为\(n\)的序列，序列每个元素的取值为\([1,x]\)，现在给定\(q\)个区间，求在所有取值方案中，区间最小值的最大值的期望是多少？（答案对1e9+7取模）

\(n,q,x\le 2000\)

Solution

• 首先对于这种区间问题，要找到一种转移顺序的话，就要使得这个序列有序(可以是左右端点递增)。

• 然后对于这道题目，考虑枚举最小值的最大值\(ans\)。

• 性质1:如果区间a包含区间b，那么\(ans\)只可能存在于区间b中。

• 所以可以通过该性质删去一些区间，然后转移就有序了。

• 性质2:如果区间有序，那么所有有被区间包含的点\(a_i\)，包含它们的区间的编号也是递增的。

• 那么可以比较容易定义出一个\(O(n^3)\)的转移。

• 首先枚举ans，然后每个区间就一定要存在至少一个点的权值\(\le ans\) 然后答案为ans的方案就是\(F[ans]-F[ans-1]\)

• 定义\(dp_{i,j}\) 为枚举到第i个点，满足到第j个区间的方案数，发现转移是\(O(1)\)的,因为只用知道当前点要填的数是否>ans就可以计算出转移到的状态。

• 然后化简状态，令\(dp_i\) 表示第i个点的权值\(<=ans\)，且填到第i个点仍是合法的方案数。

• 定义 \(L_i\)表示覆盖第i个点的区间的最小编号，\(R_i\)表示覆盖第i个点的最大编号

• 那么转移方程为$$dp_i=ans\sum\limits _{R_j\ge L_i-1} dp_j(x-ans)^{i-j-1}$$

• 进一步化简$$dp_i=ans(x-ans)^i\sum \limits_{R_j\ge L_i-1} dp_j*(x-ans)^{-j-1}$$

• 由性质2可得，满足条件的j是一端连续的区间，所以可以用前缀和维护后面一端累和，然后转移就是\(O(1)\)的了。

• 总复杂度\(O(n^2)\)

hihocoder 1758 加减

[数位dp+概率期望]

Description

对于一个二进制位数x ，有50%的概率 -lowbit(x)，有50%的概率 +lowbit(x)

令Sum[x]表示x变化为0的期望变化次数，求 \(\sum \limits _{i=l}^{r} Sum[i]\) 的值 答案对998244353取模

• \(l\le r< 2^{31}\)

Solution

分析操作性质

对于两个等概率操作，-lowbit(x)等于减去最小的二进制位，+lowbit(x)等于从最小的二进制位开始进位

需要记录信息及转移

进行数位dp，记f[1]为后面的数进位过来的期望步数，g[1]为从后面进位过来的概率总和

如果当前点为0的话，那么在此时，当前位为lowbit，需要进行一次操作，有50%的概率进位到前面

所以当前位的 \(f_{now}[1]=\frac{1}{2}\times (g[1]+f[1])\) ，\(g_{now}[1]=\frac{1}{2}\times g[1]\)，同理当前位为0的情况

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##_END=(y);i<=i##_END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##_END=(y);i>=i##_END;--i)
const int P=998244353;
typedef long long LL;
int fast(int x,int n){int res=1;for(;n;n>>=1,x=(LL)x*x%P)if(n&1)res=(LL)res*x%P;return res;}
inline void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=P)x-=P;}
struct node{
	int f[2],g[2];
	node(){f[0]=f[1]=0,g[0]=g[1]=0;}
}dp[36],T;
bool mark[36];
int limits[36],H,Inv;

node dfs(int x,bool f){
	if(!x)return T;
	if(!f&&mark[x])return dp[x];
	node D;
	FOR(i,0,f?limits[x]:1){
		node E=dfs(x-1,f&&i==limits[x]);
		if(i==1){
			add(D.f[1],E.f[1]);
			add(D.g[1],E.g[1]);
			add(D.f[0],(LL)E.f[0]*Inv%P);
			add(D.f[0],(LL)E.g[0]*Inv%P);
			add(D.g[0],(LL)E.g[0]*Inv%P);
			add(D.f[1],(LL)E.f[0]*Inv%P);
			add(D.f[1],(LL)E.g[0]*Inv%P);
			add(D.g[1],(LL)E.g[0]*Inv%P);
		}else {//i==0
			add(D.f[0],E.f[0]);
			add(D.g[0],E.g[0]);
			add(D.f[1],(LL)E.f[1]*Inv%P);
			add(D.f[1],(LL)E.g[1]*Inv%P);
			add(D.g[1],(LL)E.g[1]*Inv%P);
			add(D.f[0],(LL)E.f[1]*Inv%P);
			add(D.f[0],(LL)E.g[1]*Inv%P);
			add(D.g[0],(LL)E.g[1]*Inv%P);
		}
	}
	if(!f){
		mark[x]=true;
		dp[x]=D;
	}
	return D;
}

int Solve(int x){
	if(!x)return 0;
	H=0;
	memset(limits,0,sizeof limits);
	while(x)limits[++H]=x%2,x/=2;
	node res=dfs(H,1);
	return ((LL)res.f[0]+res.f[1]+res.g[1]*2)%P;
}

int main(){
	T.f[0]=0,T.f[1]=0;
	T.g[0]=1,T.g[1]=0;

	int L,R;
	Inv=fast(2,P-2);
	scanf("%d%d",&L,&R);
	printf("%d\n",(Solve(R)-Solve(L-1)+P)%P);
	return 0;
}