NFLSOJ410 【2019 江蘇省隊第一輪集訓】擔心
NFLSOJ410 【2019 江蘇省隊第一輪集訓】擔心
題目大意
共有 \(n\) 個人參加比賽，這 \(n\) 個人站成一排。比賽採用單挑制，每次等概率選出兩個相鄰的人進行單挑，勝者保留，敗者淘汰。每個人的水平是不同的，第 \(i\) 個人的水平是 \(a_i\)。一場單挑如果在水平分別為 \(a\) 和 \(b\) 的人之間進行，那麼前者獲勝的概率是 \(\frac{a}{a+b}\)，後者獲勝的概率是 \(\frac{b}{a+b}\)，不可能平局。這場比賽最終的勝者是最後剩下的唯一的人。
你有一個朋友。你已知這個朋友的位置 \(k\) (\(1\leq k\leq n\))，以及每個人的水平 \(a_{1\dots n}\)
資料範圍：\(1\leq n\leq 500\)。
本題題解
考慮樸素的區間 DP。設 \(\text{dp}(i,j,k)\) (\(1\leq i\leq k\leq j\leq n\)) 表示只考慮 \([i,j]\) 這段區間裡的人，在他們之間進行 \(j - i\) 次比賽後，最終留下來的人為 \(k\) 的概率 \(\times (j - i)!\)。也就是所有可能的操作順序下，\(k\) 獲勝的概率之和。這樣定義是為了方便轉移（合併兩段區間）。
考慮轉移，即 \([i,j]\) 是怎麼來的。發現一定是區間“左半部分”決出了一個勝者 \(x\)
上下兩行分別對應了 \(k\) 是 \(x\) 和 \(k\) 是 \(y\) 的情況。
邊界是 \(\text{dp}(i,i,i) = 1\)。答案是 \(\text{dp}(1, n, k)\times \frac{1}{(n - 1)!}\)。
這樣 DP 的時間複雜度是 \(\mathcal{O}(n^5\log n)\) 或 \(\mathcal{O}(n^5)\)，取決於是否預處理逆元。這個暴力 DP 的程式碼，我附在了參考程式碼部分。
考慮簡化狀態。
設 \(\text{dpl}(i,j) = \text{dp}(i,j,i)\), \(\text{dpr}(i, j) = \text{dp}(i,j,j)\)，即只保留最終贏家是 \(i\) 或 \(j\) 的狀態。
考慮轉移，以 \(\text{dpl}(i,j)\) 為例。列舉最後和 \(i\) 決鬥的點 \(k\) (\(i < k \leq j\))。一種想法是從 \(\text{dpl}(i,k - 1)\times\text{dpl}(k,j)\) 轉移過來。但這種想法是不對的。因為這代表我們默認了 \(k\) 就是左右兩部分的分界點，但這顯然不是全部的情況。因為可能存在有 \([i + 1, k - 1]\) 之間的人，也是被 \(k\) 打敗的，換句話說就是真實的分界點 \(l\) 小於 \(k\) 的情況，在這裡沒有被考慮到。
為了避免上述錯誤，我們再定義一個 \(\text{dplr}(i,j)\)，表示只考慮 \([i,j]\) 區間裡的人，在進行 \(j - i - 1\) 次比賽後，剩下 \(i\) 和 \(j\) 的概率 \(\times(j - i - 1)!\)。也就是目前 \(i\) 和 \(j\) 都保留著，最終誰贏還尚未知曉。它顯然有轉移：
\[\text{dplr}(i,j) = \sum_{l = i}^{j - 1}\text{dpl}(i,l)\times \text{dpr}(l + 1, j)\times{j - i - 1\choose l - i} \]然後我們再通過 \(\text{dplr}(i,k)\) 來轉移 \(\text{dpl}(i,j)\)：
\[\text{dpl}(i,j) = \sum_{k = i + 1}^{j}\text{dplr}(i,k)\times\text{dpl}(k,j)\times\frac{a_i}{a_i + a_k}\times{j - i - 1\choose j - k} \]類似地，也可以寫出 \(\text{dpr}(i,j)\) 的轉移：
\[\text{dpr}(i, j) = \sum_{k = i}^{j - 1}\text{dpr}(i,k)\times\text{dplr}(k, j)\times\frac{a_j}{a_k + a_j}\times{j - i - 1\choose k - i} \]邊界是 \(\text{dpl}(i,i) = \text{dpr}(i, i) = 1\)。最終答案是 \(\text{dpr}(1,k)\times\text{dpl}(k, n)\times{n - 1\choose n - k}\times\frac{1}{(n - 1)!}\)。
時間複雜度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
參考程式碼
\(\mathcal{O}(n^3)\) AC 程式碼：
// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 500;
const int MOD = 998244353;
inline void add(int& x, ll y) {
x = ((ll)x + y) % MOD;
}
inline int pow_mod(int x, int i) {
int y = 1;
while (i) {
if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
x = (ll)x * x % MOD;
i >>= 1;
}
return y;
}
int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
if (n < k) return 0;
return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int n, pos, a[MAXN + 5];
int pwin[MAXN + 5][MAXN + 5]; // pwin[i][j]: 在 (i, j) 比賽中, i 獲勝的概率
int dpl[MAXN + 5][MAXN + 5], dpr[MAXN + 5][MAXN + 5], dplr[MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
cin >> n >> pos;
facinit(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) {
pwin[i][j] = (ll)a[i] * pow_mod((a[i] + a[j]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
dpl[i][i] = dpr[i][i] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; ++len) {
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int k = i; k < j; ++k) {
add(dplr[i][j], (ll)dpl[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
}
for (int k = i + 1; k <= j; ++k) {
// add(dpl[i][j], (ll)dpl[i][k - 1] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k) % MOD);
add(dpl[i][j], (ll)dplr[i][k] * dpl[k][j] % MOD * pwin[i][k] % MOD * comb(j - i - 1, j - k));
}
for (int k = i; k < j; ++k) {
// add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dpr[k + 1][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i) % MOD);
add(dpr[i][j], (ll)dpr[i][k] * dplr[k][j] % MOD * pwin[j][k] % MOD * comb(j - i - 1, k - i));
}
}
}
int ans = (ll)dpr[1][pos] * dpl[pos][n] % MOD * comb(n - 1, n - pos) % MOD * ifac[n - 1] % MOD;
cout << ans << endl;
return 0;
}
\(\mathcal{O}(n^5\log n)\)：
// problem: NFLSOJ410
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 50;
const int MOD = 998244353;
inline int mod1(int x) { return x < MOD ? x : x - MOD; }
inline int mod2(int x) { return x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void add(int &x, int y) { x = mod1(x + y); }
inline void sub(int &x, int y) { x = mod2(x - y); }
inline int pow_mod(int x, int i) {
int y = 1;
while (i) {
if (i & 1) y = (ll)y * x % MOD;
x = (ll)x * x % MOD;
i >>= 1;
}
return y;
}
int fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int comb(int n, int k) {
if (n < k) return 0;
return (ll)fac[n] * ifac[k] % MOD * ifac[n - k] % MOD;
}
void facinit(int lim = MAXN) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= lim; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[lim] = pow_mod(fac[lim], MOD - 2);
for (int i = lim - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (ll)ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int n, p, a[MAXN + 5];
int dp[MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];
int main() {
cin >> n >> p;
facinit(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
dp[i][i][i] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; ++len) {
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int w = i; w <= j; ++w) { // winner
for (int l = i; l < j; ++l) {
if (w <= l) {
for (int w2 = l + 1; w2 <= j; ++w2) {
int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w] * dp[l + 1][j][w2] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
}
} else {
for (int w2 = i; w2 <= l; ++w2) {
int pwin = (ll)a[w] * pow_mod((a[w] + a[w2]) % MOD, MOD - 2) % MOD;
add(dp[i][j][w], (ll)dp[i][l][w2] * dp[l + 1][j][w] % MOD * comb(j - i - 1, l - i) % MOD * pwin % MOD);
}
}
}
}
}
}
cout << ((ll)dp[1][n][p] * ifac[n - 1] % MOD) << endl;
return 0;
}