题意:有n个鸽子,你每秒随机喂一只鸽子,每只鸽子吃k次就饱了。求期望多少秒之后全饱了。n <= 50, k <= 1000。

解:有两种做法。一种直接DP的n2k做法在。我用的是Min-Max容斥 + NTT优化DP。

先Min-Max容斥,由于鸽子是等价的,所以相当于求m只鸽子期望多少秒之后有一只饱了。

讲不清楚...看题解吧。

注意题解中m个盒子的答案为什么放了i + 1个球,这是因为我们把最后一个球拿出来考虑了。所以唯一放满k个球的盒子的贡献是1 / (k - 1)!

 #include <bits/stdc++.h>

 const int MO = ;
const int N = ; int n, K, fac[N], inv[N], invn[N];
int f[][N], g[][N], A[N * ], B[N * ], r[N * ]; inline int C(int n, int m) {
if(n < || m < || n < m) return ;
return 1ll * fac[n] * invn[m] % MO * invn[n - m] % MO;
} inline int qpow(int a, int b) {
int ans = ;
while(b) {
if(b & ) ans = 1ll * ans * a % MO;
a = 1ll * a * a % MO;
b = b >> ;
}
return ans;
} inline int Inv(int x) {
return qpow(x, MO - );
} inline void prework(int n) {
static int R = ;
if(R == n) return;
R = n;
int lm = ;
while(( << lm) < n) lm++;
for(int i = ; i < n; i++) {
r[i] = (r[i >> ] >> ) | ((i & ) << (lm - ));
}
return;
} inline void NTT(int *a, int n, int f) {
prework(n);
for(int i = ; i < n; i++) {
if(i < r[i]) {
std::swap(a[i], a[r[i]]);
}
}
for(int len = ; len < n; len <<= ) {
int Wn = qpow(, (MO - ) / (len << ));
if(f == -) Wn = Inv(Wn);
for(int i = ; i < n; i += (len << )) {
int w = ;
for(int j = ; j < len; j++) {
int t = 1ll * a[i + len + j] * w % MO;
a[i + len + j] = (a[i + j] - t) % MO;
a[i + j] = (a[i + j] + t) % MO;
w = 1ll * w * Wn % MO;
}
}
}
if(f == -) {
int inv = Inv(n);
for(int i = ; i < n; i++) {
a[i] = 1ll * a[i] * inv % MO;
}
}
return;
} int main() { scanf("%d%d", &n, &K); fac[] = inv[] = invn[] = ;
fac[] = inv[] = invn[] = ;
for(int i = ; i <= n * K; i++) {
fac[i] = 1ll * fac[i - ] * i % MO;
inv[i] = 1ll * inv[MO % i] * (MO - MO / i) % MO;
invn[i] = 1ll * invn[i - ] * inv[i] % MO;
} int len = ;
while(len <= n * K) len <<= ;
g[][] = ;
memcpy(B, invn, K * sizeof(int));
NTT(B, len, );
for(int i = ; i <= n; i++) {
/*for(int j = 0; j <= i * K; j++) {
/// g[i][j] f[i][j]
for(int k = 0; k < K && k <= j; k++) {
g[i][j] = (g[i][j] + 1ll * g[i - 1][j - k] * invn[k] % MO) % MO;
f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * f[i - 1][j - k] * invn[k] % MO) % MO;
}
if(j >= K) f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * g[i - 1][j - K] * invn[K - 1] % MO) % MO;
}*/
memcpy(A, g[i - ], n * K * sizeof(int));
memset(A + n * K, , (len - n * K) * sizeof(int));
NTT(A, len, );
for(int j = ; j < len; j++) {
A[j] = 1ll * A[j] * B[j] % MO;
}
NTT(A, len, -);
for(int j = ; j <= i * K; j++) {
g[i][j] = A[j];
}
memcpy(A, f[i - ], n * K * sizeof(int));
memset(A + n * K, , (len - n * K) * sizeof(int));
NTT(A, len, );
for(int j = ; j < len; j++) {
A[j] = 1ll * A[j] * B[j] % MO;
}
NTT(A, len, -);
for(int j = ; j <= i * K; j++) {
f[i][j] = A[j];
if(j >= K) {
f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * g[i - ][j - K] * invn[K - ] % MO) % MO;
}
}
} int ans = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
int temp = ;
for(int j = K - ; j <= i * K; j++) {
temp = (temp + 1ll * fac[j - ] * f[i][j] % MO * qpow(inv[i], j) % MO * j % MO) % MO;
}
temp = 1ll * temp * n % MO * inv[i] % MO * C(n, i) % MO;
if(i & ) {
ans = (ans + temp) % MO;
}
else {
ans = (ans - temp) % MO;
}
}
printf("%d\n", (ans + MO) % MO);
return ;
}

AC代码

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