BZOJ4944 泳池解题报告

题目描述

有一个 $n$ 行无穷列的海域，每个格子有 $q$ 的概率安全， $1-q$ 的概率不安全。从中框出一个面积最大的矩形，满足以下两个条件：

（1）矩形内的格子均安全；

（2）矩形必须紧靠海域的最左端（即包含第一列的格子）。

问最大面积为 $k$ 的概率是多少。这里在模998244353意义下计算，给出 $q$ 的分数表示形式 $q=x/y$ 。

数据规模： $1 \le n \le 10^9, 1 \le k \le 5 \times 10^4$ 。

简要题解

该问题等价于不超过 $k$ 的概率减去不超过 $k-1$ 的概率。

设 $dp[i][j]$ 表示海域有 $i$ 行，且第1列到第 $j$ 列全安全的条件下，选取的最大面积不超过 $k$ 的概率。我们要求的即为 $dp[n][0]$ 。

初始条件和边界条件如下： $dp[i][j]=0,i \times j>k，dp[0][j]=1$

考虑 $dp[i][j]$ 从谁转移。有两种情况：

情况一：第 $j+1$ 列全安全；

情况二：第 $j+1$ 列存在不安全的格子，则可以枚举第 $j+1$ 列最靠上的不安全位置 $t$ ，那么当且仅当上面 $t-1$ 行面积不超过 $k$ （概率 $dp[t - 1][j + 1]{q^{t - 1}}$ ），且下面 $i-t$ 行面积不超过 $k$ （概率 $dp[i-t][j]$ ）时，整个地图选取的最大面积才不超过 $k$ 。因而转移方程：

\[dp[i][j] = dp[i][j + 1]{q^i} + \sum\limits_{t = 1}^i {dp[t - 1][j + 1]{q^{t - 1}}(1 - q)dp[i - t][j]} \]

对于dp的复杂度，当 $j=0$ 时暂时只求出 $i \le k$ 的项， $j>0$ 时只需求 $ij \le k$ 的项，写成求和式为

\[\Theta ({k^2}) + \sum\limits_{j = 1}^k {\sum\limits_{i = 0}^{k/j} i } = \Theta({k^2})\]

考虑进一步优化。注意到转移是一个和自身相关的卷积，因而考虑生成函数。

设 $F_j(x)$ 是 $dp[i][j]$ 的生成函数， $G_j(x)$ 是 $dp[i][j]{q^i}$ 的生成函数，则\[{F_j}(x) = {G_{j + 1}}(x) + (1 - q)x{G_{j + 1}}(x){F_j}(x)\]得\[{F_j}(x) = \frac{{{G_{j + 1}}(x)}}{{1 - (1 - q)x{G_{j + 1}}(x)}}\]

按 $j$ 递减顺序交替求 ${F_j}(x),{G_j}(x)$ ，时间复杂度为

\[\sum\limits_{j = 1}^k {\left\lfloor {\frac{k}{j}} \right\rfloor \log \left\lfloor {\frac{k}{j}} \right\rfloor } \approx k\sum\limits_{j = 1}^k {\frac{{\log k - \log j}}{j}} \approx k\log k\ln k - \frac{1}{2}k\log k\ln k = \Theta (k{\log ^2}k)\]

接下来考虑 $dp[i][0](i>k)$ 。原始状态转移方程可化简为 \[dp[i][0] = \sum\limits_{t = 1}^{k + 1} {dp[t - 1][1]{q^{t - 1}}(1 - q)dp[i - t][0]}\] 不难发现是常系数齐次线性递推。因而可在 $k \log k \log n$ 时间复杂度解决。

总时间复杂度 $k \log k(\log k+\log n)$ 。

核心代码

已略去冗长的多项式模板以及线性递推模板。

 int q, qi[];

 int solve(int n, int k)

 {

     Poly f(, ), g(, ), a;

     for (int j = k; j >= ; j--){

         int d = j ? k / j : k;

         if (j == )a = g * (q - );

         f.resize(d + ); g.resize(d + );

         for (int i = ; i <= d; i++)

             f[i] = mul(g[i - ], q - );

         f = g * inv(f);

         for (int i = ; i <= d; i++)

             g[i] = mul(f[i], qi[i]);

     }

     reverse(a.begin(), a.end());

     a.push_back();

     return linear_recursion(a, f, n);

 }

 int main()

 {

     int n, k, x, y;

     scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &x, &y);

     q = mul(x, power(y, MOD - ));

     qi[] = ;

     for (int i = ; i <= k; i++)

         qi[i] = mul(qi[i - ], q);

     printf("%d", sub(solve(n, k), solve(n, k - )));

 }

总结

非常喜欢这类蕴含着思维难度，但是代码量极少的题目。真心佩服出题人系列~

参考博客

http://blog.csdn.net/ez_yww/article/details/78679459