UOJ 449 集訓隊作業2018 喂鴿子

#449. 【集訓隊作業2018】喂鴿子

dp好題

處理前m個，最快吃飽的鴿子期望的時間

根據期望的定義

考慮每個方案數的概率*期望次數

列舉前m個用了x個，概率都是(1/m)^x*em(x)

而em(x)表示往前m個扔了x個期望的總共次數，就是x*n/m

考慮用了x個的方案數

生成函式egf思想。

而出現乙個有k次就會停止。最後乙個位置一定會使得乙個鴿子飽了。

f[i][j]前i個，總共用了j個，沒有乙個有k次的方案數

g[i][j]，。。。。。。。。有乙個有k次的方案數

ntt優化轉移。

f和1/k!的項乘出來的貢獻加到g裡去即可。

神仙思路

只考慮「有實質變化」的玉公尺，即餵給了乙個沒有飽的鴿子的玉公尺

還是考慮每個「有效玉公尺序列」的貢獻，就是出現概率*期望

乙個固定的「有效玉公尺序列」，出現概率和期望都和每次扔玉公尺時已經飽的鴿子有關係

所以狀態多記錄上飽的鴿子數量

至於怎樣判斷乙個鴿子飽了

先填「白色」有效玉公尺，

想讓乙個鴿子飽了，就欽定之前k-1個白玉公尺染上色！

所以這個白玉公尺還是「對未來承諾」，或者對未來預留的trick

狀態保留貢獻和和概率和即可。是可以轉移的。

複雜度：o(n^2k)

#include#define reg register int

#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define pb push_back
#define solid const auto &
#define enter cout
namespace
std;
typedef 
long
long
ll;template
il void rd(t &x)
template
il void output(t x)
template
il void ot(t x)
template
il void prt(t a,int st,int nd)
namespace
modulo
void inc(int &x,int y)
int mul(int x,int y)
void inc2(int &x,int y)
int qm(int x,int y=mod-2)return
ret;}
template
il int ad(const
int a,const
int b,const args &...args) 
template
il int mul(const
int a,const
int b,const args &...args) 
}using
namespace
modulo;
namespace
miracle
intn,k;
intmain()
inv[lim]=qm(jie[lim]);
for(reg i=lim-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1
);    g[
0][0]=1
;    
for(reg m=0;mm)
}ll ans=mul(f[lim][n],jie[n]);
ot(ans);
return0;
}}signed main()
/*author: *miracle*
*/

都從統計每個合法方案的出現概率和期望次數統計

考慮「有變化」的玉公尺

根據需要進行dp設計

第一種方法：是min-max容斥的套路。難點轉化為合法的方案數。egf思想，dp+ntt優化

第二種方法：直接考慮「有效玉公尺序列」，發現概率只和之前飽的鴿子有關而進行狀態設計。

然鵝並不知道乙個鴿子飽不飽，所以不能立刻決定當前玉公尺餵給誰。所以利用「白玉公尺」，最後統一染色。

UOJ449 集訓隊作業2018 喂鴿子

uoj 看題後 感覺自己越來越菜了，再這樣下去，要是正式考試送溫暖豈不是連溫暖都拿不到了。一臉min max反演的樣子，由於每個鴿子都等價，列舉子集大小 i ii 即可 a ns i 1n n i 1 i 1nif i ans sum n binom n i 1 frac n i f i ans i...

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