【BZOJ2510】弱题 期望DP+循环矩阵乘法
【BZOJ2510】弱题
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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。
题解:一开始too naive,以为同样用一个期望DP的黑科技就能过(k=min(k,5000))~
发现正解又是矩阵乘法,但是矩乘不是n^3的吗?本题有特殊性质。
我们的DP方程长这样:f[i][j]=f[i的上一个][j-1]/m+f[i][j-1]*(m-1)/m
所以我们的转移矩阵的每一行都是循环相同的,将转移矩阵自乘若干次后,每一行仍然是循环相同的,所以我们的矩阵实际上只需要维护一行,那么转移一次的代价自然就是O(n^2)的。
那么具体实现呢?其实非常简单,直接c[i+j]+=a[i]*b[j]。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,k;
struct M
{
double v[1010];
M (){memset(v,0,sizeof(v));}
double& operator [] (int x) {return v[x];}
M operator * (M a)
{
M ret;
for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<n;j++) ret[(i+j)%n]+=v[i]*a[j];
return ret;
}
};
M ans,x;
void pm(int y)
{
while(y)
{
if(y&1) ans=ans*x;
x=x*x,y>>=1;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int i;
for(i=0;i<n;i++) scanf("%lf",&ans[i]);
x[0]=(double)(m-1)/m,x[1]=(double)1/m;
pm(k);
for(i=0;i<n;i++) printf("%.3lf\n",ans[i]);
return 0;
}
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