[牛客练习赛69] D. 火柴排队多维dp+逆元+递推求排列组合-白红宇

[牛客练习赛69] D. 火柴排队多维dp+逆元+递推求排列组合

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发布时间：2019-03-04

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题目链接：

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 ${a_i'}$ 满足：如果 ${a_i<a_j,那么a_i'<a_j'}$ 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。

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。）

初始化：dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=1;

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。）

${dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1]*(a[i-1]+d≤a[i])}$

（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）

${dp[i][j][1]=dp[i-1][j-1][0]+dp[i-1][j-1][1]}$

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 ${O(n^2)}$ 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： ${C_n^i}$

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

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}

这样易得出概率为： ${\frac{dp[n][i][0]+dp[n][i][1]}{C_n^i}}$ 。

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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