[CSP-S模拟测试]:Seat（概率DP+数学）

题目描述

有$n+2$个座位等距地排成一排，从左到右编号为$0$至$n+1$。
最开始时$0$号以及$n+1$号座位上已经坐了一个小$G$，接下来会有$n$个小$G$依次找一个空座位坐下。由于小$G$们坐得太近就容易互相搏弈，每个小$G$会找一个当前离最近的小$G$距离最远的座位坐下。如果有多个备选的座位，这个小$G$会等概率选择其中一个。
给出$n$，求第$i$个坐下的小$G$坐在$j$号座位的概率，对$P$取模。具体来说，如果答案化为最简分数可以表示为$\frac{a}{b}$，你需要输出$a\times b^{−1}$，其中$b^{−1}=b^{P-2}(\mod P)$。

输入格式

从文件$seat.in$中读入数据。
一行两个整数$n,P$。

输出格式

输出到文件$seat.out$中。
输出$n$个整数，第$i$行第$j$个整数表示第$i$个小$G$坐在第$j$个座位的概率。

样例

样例输入：

4 10007

样例输出：

0 5004 5004 0
3336 1668 1668 3336
3336 1668 1668 3336
3336 1668 1668 3336

数据范围与提示

样例解释：

第一个小$G$会在中间两个位置中随机选择一个，接下来无论选哪个位置最近的距离都是$1$。
$\frac{1}{2}=5004(\mod 10^4+7),\frac{1}{3}=3336(\mod 10^4+7),\frac{1}{6}=1668(\mod 10^4+7)$。

数据范围：

对于所有数据，满足$2\leqslant n\leqslant 1024,2000\leqslant P\leqslant 30000$，$P$是质数。
本题共$25$个测试点，每个测试点$4$分。

题解

好玄学的一道玄学题……

一个结论是，对于任意一个人，他坐下时离最近的人的距离是固定的，不随前面的人的决策而改变。这样我们可以将所有人按坐下时的距离分成若干层。另一个结论是，无论之前每一层如何决策，轮到这一层时逬空区间的长度构成的可重集也是固定的。
   对于最后一层特殊处理接下来均默认不是最后一层。对于之前的每一层，考虑在哪些空区间中央坐下可使得距离最大，其中可能会有一些长度为奇数的区间和一些长度为偶数的区间，而对于每个人来说，坐在任意一个奇数的区间的中央的概率都是相等的，偶数同理。
   那么我们只需要知道，每个人有多大的概率坐在一个奇逯偶数区间的中央。考虑$DP$，$dp[i][j]$表示这一层已经坐下$i$个人之后，还有$j$个长度为偶数的区间的概率，转移只需考虑当前这个人坐了哪类区间即可。遤遰之后容易算出之前要求的概率。
   区间长度为奇数时位置是固定的；考虑区间长度为偶数的情况，此时会出现两个位置可供选择，但无论选择哪一个，都会将区间划分成长度为$\frac{n}{2}$和$\frac{n}{2}−1$的两段。因此这两种选择具有对称性，我们只需要假定选择其中的一个，算出这种情况下之后的层的答案，即可对称地推出另一种情况下的答案。
   瓶颈在利用对称性推答案的地方，主要看代码实现了，反正我是颓的代码。

时间复杂度：$\Theta(n^2\log n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,P,now;

int dp[1100][1100],ans[1100][1100],g[1100][1100],inv[1100],vis[1100],cnt[1100],odd[1100],pos[1100];

int qpow(int x,int y)

{

	int res=1;

	while(y)

	{

		if(y&1)res=res*x%P;

		x=x*x%P;

		y>>=1;

	}

	return res;

}

void pre_work()

{

	for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=qpow(i,P-2);

	vis[0]=vis[n+1]=1;now=n;

}

int main()

{

	scanf("%d%d",&n,&P);

	pre_work();

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		pair<int,int> lr=make_pair(0,0);

		for(int j=0;j<=n;j++)

		{

			int flag=j+1;

			while(!vis[flag])flag++;

			if(flag-j>lr.second-lr.first){lr=make_pair(j,flag);}

			j=flag-1;

		}

		 cnt[lr.second-lr.first>>1]++;

		if((lr.second-lr.first)&1)odd[lr.second-lr.first>>1]++;

		pos[i]=lr.first+(lr.second-lr.first>>1);

		vis[lr.first+(lr.second-lr.first>>1)]++;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		if(!cnt[i])continue;

		if(i==1)

		{

			for(int j=now-cnt[i]+1;j<=now;j++)

				for(int k=now-cnt[i]+1;k<=now;k++)

					ans[j][pos[k]]=inv[cnt[i]];

		}

		else

		{

			for(int j=0;j<=cnt[i];j++)

				for(int k=0;k<=odd[i];k++)

					dp[j][k]=0;

			dp[0][odd[i]]=1;

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

			{

				int oddw=0,even=0;

				for(int k=0;k<=odd[i];k++)

				{

					if(!dp[j-1][k])continue;

					int frac=(cnt[i]-(j-1))+k;

					int w=0;

					if(k)

					{

						w=dp[j-1][k]*k*2%P*inv[frac]%P;

						even=(even+w*inv[odd[i]<<1])%P;

						dp[j][k-1]=(dp[j][k-1]+w)%P;

					}

					if(cnt[i]-odd[i])

					{

						w=dp[j-1][k]*(frac-2*k)%P*inv[frac]%P;

						oddw=(oddw+w*inv[cnt[i]-odd[i]])%P;

						dp[j][k]=(dp[j][k]+w)%P;

					}

				}

				for(int k=now-cnt[i]+1;k<=now-cnt[i]+odd[i];k++)

				{

					ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]+even)%P;

					ans[now-cnt[i]+j][pos[k]+1]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]+1]+even)%P;

				}

				for(int k=now-cnt[i]+odd[i]+1;k<=now;k++)

					ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]+oddw)%P;

			}

			for(int j=now-cnt[i]+1;j<=now-cnt[i]+odd[i];j++)

			{

				int L=pos[j]-i+1;

				int R=pos[j]+i;

				for(int k=L;k<=R;k++)

				{

					if(k==pos[j])continue;

					for(int l=now+1;l<=n;l++)

					{

						g[l][k]=(g[l][k]+ans[l][k]*inv[2])%P;

						g[l][k<pos[j]?k+i+1:k-i]=(g[l][k<pos[j]?k+i+1:k-i]+ans[l][k]*inv[2])%P;

					}

				}

				for(int k=L;k<=R;k++)

					for(int l=now+1;l<=n;l++)

					{

						ans[l][k]=g[l][k];

						g[l][k]=0;

					}

			}

		}

		now-=cnt[i];

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)

	{

		for(int j=1;j<=n;j++)

			printf("%d ",ans[i][j]);

		puts("");

	}

	return 0;

}

rp++

巴特西