洛谷 P5249 - [LnOI2019]加特林轮盘赌（期望 dp+高斯消元）

期望真 nm 有意思，所以蒟蒻又来颓期望辣

先特判掉 \(P_0=0\) 的情况，下面假设 \(P_0\ne 0\)。

首先注意到我们每次将加特林对准一个人，如果这个人被毙掉了，那么相当于进入了 \(n-1\) 个人的状态，否则等价于每个人都向前移动了一个位置，原来第 \(k\) 个位置上的人挪到了第 \(k-1\) 个位置上，故我们考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示在有 \(i\) 个人的状态下，第 \(j\) 个人成为唯一的幸存者的概率。考虑转移，这里不妨假设 \(j>2\)，考虑第一个人是否被毙掉，如果被毙掉了那么相当于 \(i-1\) 个人中第 \(j-1\) 个人成为唯一幸存者的概率，即 \(P_0dp_{i-1,j-1}\)，否则每个人都向前挪了一位，原来第 \(j\) 个人变成了第 \(j-1\) 个人，即 \((1-P_0)dp_{i,j-1}\)，故我们有 \(dp_{i,j}=P_0dp_{i-1,j-1}+(1-P_0)dp_{i,j-1}\)，这样可以得到 \(i-1\) 个方程，可是要求出每个 \(dp_{i,j}\) 至少要 \(i\) 个方程啊……别急，显然最终幸存者一定存在于这 \(i\) 个人当中，因此所有 \(dp_{i,j}\) 的和为 \(1\)，即 \(\sum\limits_{j=1}^idp_{i,j}=1\)，这样就有 \(i\) 个方程了，可高斯消元了，复杂度 \(n·n^3=n^4\)，一脸过不去的样子。

注意到这题中方程组的特殊性，如果我们先求出 \(dp_{1}\)，在求出 \(dp_2,dp_3,\cdots\)，那么在求 \(dp_{i,j}\) 时，\(P_0dp_{i-1,j-1}\) 必定是一个常数，也就是说前面 \(i-1\) 个方程都可以写成 \(dp_{i,j}=adp_{i,j-1}+b_j\) 的形式，因此我们考虑将所有 \(dp_{i,j}\) 都表示为 \(x_jdp_{i,1}+y_j\) 的形式，这显然可以在线性时间内求出，具体来说就 \(x_j=(1-P_0)x_{j-1},y_j=(1-P_0)y_{j-1}+P_0dp_{i-1,j-1}\)，线性递推即可，这样最后 \(\sum\limits_{j=1}^idp_{i,j}=1\) 就可以化为 \((\sum\limits_{j=1}^ix_j)dp_{i,1}+(\sum\limits_{j=1}^iy_j)=1\)，简单解个方程即可求出 \(dp_{i,1}\)，然后再回代递推出其他 \(dp_{i,j}\) 即可，这样复杂度即可降到 \(n^2\)。

由于每次我们求 \(dp_i\) 只用到 \(dp_{i-1}\) 的值，因此需采用滚动数组优化空间，这样空间复杂度即可降到 \(\mathcal O(n)\)。

const int EPS=1e-8;

const int MAXN=1e4;

double p0;int n,k;

double pre[MAXN+5],cur[MAXN+5];

double calc(int n){

	double sa=1,sb=0,cur=1,sum=0;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		cur*=(1-p0);sum*=(1-p0);sa+=cur;

		sum+=pre[i-1]*p0;sb+=sum;

	} return (1-sb)/sa;

}

int main(){

	scanf("%lf%d%d",&p0,&n,&k);

	if(p0==0) return printf("%d\n",(n==1)?1:0),0;

	pre[1]=1;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		cur[1]=calc(i);

		for(int j=2;j<=i;j++) cur[j]=cur[j-1]*(1-p0)+pre[j-1]*p0;

		for(int j=1;j<=i;j++) pre[j]=cur[j];

	} printf("%.10lf\n",pre[k]);

	return 0;

}

巴特西

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