弱题(bzoj 2510)
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3 0
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1.333
HINT
【样例说明】
第1次操作后,由于标号为2球个数为0,所以必然是一个标号为1的球变为标号为2的球。所以有2个标号为1的球,有1个标号为2的球。
第2次操作后,有1/3的概率标号为2的球变为标号为1的球(此时标号为1的球有3个),有2/3的概率标号为1的球变为标号为2的球(此时标号为1的球有1个),所以标号为1的球的期望个数为1/3*3+2/3*1 = 5/3。同理可求出标号为2的球期望个数为4/3。
【数据规模与约定】
对于10%的数据,N ≤ 5, M ≤ 5, K ≤ 10;
对于20%的数据,N ≤ 20, M ≤ 50, K ≤ 20;
对于30%的数据,N ≤ 100, M ≤ 100, K ≤ 100;
对于40%的数据,M ≤ 1000, K ≤ 1000;
对于100%的数据,N ≤ 1000, M ≤ 100,000,000, K ≤ 2,147,483,647。
/*
设f[i][j]为经过i次操作,编号为j的球的期望个数。
转移方程:f[i+1][j%n+1]+=f[i][j]/m;
f[i+1][j]+=f[i][j]*(m-1)/m。
我想的矩阵乘法是设一个n*n的矩阵来表示各个编号的转移关系,但是复杂度不够,一种神奇的思路是设一个1*n的矩阵来表示每个点转移到它以下第几个点的贡献,因为对于每个编号来说,贡献是完全相同的所以可以这样转移。
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define N 1010
using namespace std;
int n,m,K,a[N];
double ans[N];
struct M{
double v[N];
M(){
memset(v,,sizeof(v));
}
friend M operator*(M a,M b){
M c;
for(int i=;i<n;i++)
for(int k=;k<n;k++)
c.v[i]+=a.v[(i-k+n)%n]*b.v[k];
return c;
}
friend M operator^(M a,int b){
M ans;
ans.v[]=;
for(int i=b;i;i>>=,a=a*a)
if(i&)ans=ans*a;
return ans;
}
}B;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
B.v[]=(1.0-1.0/m);B.v[]=1.0/m;
B=B^K;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<n;j++){
int t=i+j;
t%=n;if(!t)t=n;
ans[t]+=B.v[j]*a[i];
}
for(int i=;i<=n;i++)
printf("%.3lf\n",ans[i]);
return ;
}
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