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[牛客练习赛69] D. 火柴排队 多维dp+逆元+递推求排列组合
阅读量:334 次
发布时间:2019-03-04

本文共 2910 字,大约阅读时间需要 9 分钟。

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题意

给你长度为n的序列a,随机使得k个元素增加d,求增加后的序列 a i ′ {a_i'} ai满足:如果 a i < a j , 那 么 a i ′ < a j ′ {a_i<a_j,那么a_i'<a_j'} ai<aj,ai<aj的概率为多少。对于每个1≤K≤n,你要输出每个答案并对998244353取模。

题解

本题发现n≤5000,并且每个状态都和前一个状态有关系,所以我们可以尝试用dp求解。

分析本题,对序列的顺序并无要求,所以可以先对序列排序,这样对一个元素加d后,只需判断和后面的关系即可。

  1. 定义:dp[i][j][k]:前i个数已经选择j个,并且当前这个数是否选择,满足题意的情况有多少种。

    (k为0代表当前这个数未选,1代表当前这个数已经被选中。)

  2. 初始化:dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=1;

  3. 状态转移方程:

    (如果未选a[i],那么前i-1个数必定已经选了j个数,如果a[i-1]已经被选择,那么需要判断(a[i-1]+d)后与a[i]的关系再选择是否加上该值。如果未选中,直接加上即可。)

    d p [ i ] [ j ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ j ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ j ] [ 1 ] ∗ ( a [ i − 1 ] + d ≤ a [ i ] ) {dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1]*(a[i-1]+d≤a[i])} dp[i][j][0]=dp[i1][j][0]+dp[i1][j][1](a[i1]+da[i])

    (如果已选a[i],那么前i-1个数必定只选了(j-1)个数。如果a[i-1]已被选择,由于a[i]也被选,所以同时+d,不会改变顺序。所以两个状态都加上)

    d p [ i ] [ j ] [ 1 ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] [ 1 ] {dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j-1][1]} dp[i][j][1]=dp[i1][j1][0]+dp[i1][j1][1]

由于n≤5000,dp[5000][5000][2],虽然理论上不会超,但是保险期间还是用滚动数组优化,状态只在i和(i-1)之间转化,这样数组大小可以开为dp[2][5000][2]。

这样我们就可以在 O ( n 2 ) {O(n^2)} O(n2)的时间复杂度内知道,选择i个元素增加d后符合题意的情况个数:dp[n][i][0]+dp[n][i][1]

总的情况种类数排列组合也能得出: C n i {C_n^i} Cni

求排列组合可通过递推求解, C n k = n − k + 1 k C n k − 1 {C_n^k=\frac{n-k+1}{k}C_n^{k-1}} Cnk=knk+1Cnk1

所以我们也可以在O(n)的时间复杂度内求出 C n 0 , C n 1 , . . . . . C n n {C_n^0,C_n^1,.....C_n^n} Cn0,Cn1,.....Cnn

这样易得出概率为: d p [ n ] [ i ] [ 0 ] + d p [ n ] [ i ] [ 1 ] C n i {\frac{dp[n][i][0]+dp[n][i][1]}{C_n^i}} Cnidp[n][i][0]+dp[n][i][1]

由于取模求逆元,模值为质数,可用费马小定理求得逆元inv(a)=pow(a,mod-2)。

代码

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using namespace std;//extern "C"{void *__dso_handle=0;}typedef long long ll;typedef long double ld;#define fi first#define se second#define pb push_back#define mp make_pair#define pii pair
#define lowbit(x) x&-xconst double PI=acos(-1.0);const double eps=1e-6;const ll mod=998244353;const int inf=0x3f3f3f3f;const int maxn=5e3+10;const int maxm=100+10;#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);ll a[maxn],c[maxn];ll qpow(ll a,ll b){ ll ans=1; while(b) { if(b&1) ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; b>>=1; } return (ans+mod)%mod;}ll inv(ll a) { return qpow(a, mod-2); }void getcc(ll n){ c[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=(n-i+1)*c[i-1]%mod*inv(i)%mod;}ll dp[2][maxn][2];int main(){ ll n,d; scanf("%lld%lld",&n,&d); getcc(n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+n); dp[1][1][1]=dp[1][0][0]=1; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i;j++) { dp[i&1][j][0]=(dp[(i-1)&1][j][0]+dp[(i-1)&1][j][1]*((a[i-1]+d)<=a[i]))%mod; if(j-1>=0) dp[i&1][j][1]=(dp[(i-1)&1][j-1][1]+dp[(i-1)&1][j-1][0])%mod; } for(int i=1;i<=n;i++) { ll ans=(((dp[n&1][i][0]+dp[n&1][i][1])%mod)*qpow(c[i], mod-2)%mod+mod)%mod; printf("%lld\n",ans); }}

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