抽卡狀壓DP 期望DP 係數遞推

這題的從狀態定義上就有點特別，考場上沒想到怎麼設定狀態來限制1次克金中m次的抽取。只打了m=1的點，沒取模爆0了。加上是20分。

我的狀態定義很簡單，但是這個題如果把每個物品拆成三個然後硬轉移狀態數太多，這樣的話一共有27個物品，顯然1e9就死了。

那麼考慮為什麼要狀壓，其實是因為不同種物品概率不同，並不等價，所以我們要進行轉移是要知道該乘誰的概率，那麼對於每種物品的每種顏色來說，這概率都相等，就直接記錄個數就行了，最多有3個，正好0 1 2 3是4個狀態，一種物品4個狀態，4進製剛剛好。狀態數26萬多可過。（插頭dp打下的基礎。。。。）

我的定義是每個物品數狀態為s的期望購買次數為$f[s]$，那麼就可以直接轉移了,$f[s]=\sum \limits_^ q[i]*(sum/3*f[s][i]+(3-sum(s,i))/3*f[add(s,i)]+1$add為在s狀態上把第i個物品數加1的新狀態，但是如果已經為3那麼新狀態不再變化，化簡一下轉移方程，自己從自己轉移過來，自環很好處理，手解方程即可。記錄一下係數和常數直接作除就行了。

然後就考慮怎麼拿別的分數，發現我的這個轉移它一次購買能抽很多次，然後狀態就能從很多很多轉移過來，需要列很多很多，而且概率也有很多很多，貌似是dfs才能處理的那種，就是列舉每一次抽到什麼。

這種時候就要考慮原來把dfs搞成dp，現在也得把這個dfs搞成dp，那麼需要加一維。

設$f[s][k]$為已有狀態為s，此時本次購買已經抽了k次的期望購買次數，這種求期望次數的dp，一定不能把次數放到狀態裡，因為這個東西有可能是無限次，概率很小，然後貢獻答案。那麼轉移是很顯然的。首先$f[滿狀態][k]=0$

$f[s][k]=\sum \limits_^ p[i]*(sum/3*f[s][k+1]+(3-sum)/3*f[add(s,i)][k+1])$

當$f[s][m]$進行轉移時表明狀態s已經對其他次數做了貢獻，留下來的要往後接著轉移就是$f[s][0]=f[s][m]+1$

這玩意有後效性，但如果把$f[s]$的轉移關係列出來只是乙個環，這就好辦了。

我們的方法是：係數遞推。這是個套路化的化簡方法，應用於單環的方程組線性求解，先體會一下過程。以下省略第一維狀態

設$f[k]=a[k]*f[m]+b[k]$

然後有$f[k-1]=t*f[k]+d$這些係數顯然都是可以求的。

那麼$f[k-1]=t*(a[k]*f[m]+b[k])+d$

$f[k-1]=t*a[k]*f[m]+t*b[k]+d$

因為$f[k-1]=a[k-1]*f[m]+b[k-1]$

然後發現就得到了$a[k-1]=t*a[k]$ $b[k-1]=t*b[k]+d$

在逆推的情況下係數可以直接得到，

那麼我們這麼做的目的就出來了，要得到$f[0]=a[0]*f[m]+b[0]$

然後$f[0]=f[m]+1$接下來不用交給高斯了，交給手就行了

推出f[m]以後再用$f[k]=a[k]*f[m]+b[k]$推一遍。

所以係數遞推基本思路就是，如果每個方程都能寫成乙個單環的遞推，設0為起始點，通過一條0到m的邊得到乙個方程，m繞一圈到0的邊通過迭代遞推的到m到0的方程，交給手解出來。

#include#include
#include
using
namespace
std;
const
int n=9,m=65,mod=2000000011
;long
long f[1
<
];inline 
long
long
rd()
inline 
long
long qpow(long
long a,long
long
k)inline 
long
long inv(long
long a) 
inline 
int find(int s,int j)
inline 
int add(int s,int j)
intmain()
a[k]=t*a[k+1]%mod;b[k]=(t*b[k+1]%mod+d)%mod;
}f[s][m]=(1ll+b[0]+mod)%mod*inv((1ll-a[0]+mod)%mod)%mod;
for(int k=m-1;k>=0;k--)f[s][k]=(a[k]*f[s][m]%mod+b[k])%mod;
}printf(
"%lld\n
",f[0
][m]);
return0;
}/*g++ -std=c++11 1.cpp -o 1
./11 1
5050
*/

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抽卡狀壓DP 期望DP 係數遞推

bzoj 1076（狀壓dp）（期望dp）

簡單的期望狀壓dp

狀壓dp 玉公尺田狀壓dp

抽卡 狀壓DP 期望DP 係數遞推

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