题解 P5249 【[LnOI2019]加特林轮盘赌】

2019-03-11 15:04:38


题解

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首先需要推出DP/递推方程,然后考虑进一步的优化。因为本题有阶段性,姑且称之为DP。

每次枪会对准一个人,这个人有 $P_0$ 的概率挂掉,此时进入 $n-1$ 个人的状态

考虑到枪打人是轮流进行的,先后顺序和位次顺序都是有影响的。因此我们设 $f[i][j]$ 表示当剩下 $i$ 个人时,令枪对准的人是第一个人,第 $j$ 个人作为最后一个人存活下来的概率。

“当前的”第一个人有 $P_0$ 的概率挂掉。这之后,总人数从 $i$ 变成了 $i-1$ ,而枪会指向原来第二个人,那么原来的 $f[i][j]$ 在这样的条件下存活的概率是 $f[i-1][j-1]$ 。记为 $P_0f[i-1][j-1]$ 。

注:条件指条件概率。

在 $1-P_0$ 的概率下,当前的第一个人不会挂掉,那么总人数不变,枪会指向原来的第二个人,那么第 $j$ 个人就变成了第 $j-1$ 个人,原来的 $f[i][j]$ 在这样的条件下存活的概率是 $f[i][j-1]$ ,记为 $(1-P_0)f[i][j-1]$ 。

因此有

$$f[i][j]=P_0f[i-1][j-1]+(1-P_0)f[i][j-1],j\ge 2$$

这样由于每次在前一个大阶段有了所有的 $f[i-1]$ ,就有了 $f[i][j],1\le j\le i$ 的 $i-1$ 个方程。根据逻辑关系我们知道 $\sum_{j=1}^if[i][j]=1$ ,把这个当作第 $i$ 个方程,这一组 $f[i]$ 就可以解了。

但是高斯消元是 $O(n^3)$ 的,对于每一行都做,那就是 $O(n^4)$ 的。实际上每一行可以做到线性。

由于 $P_0f[i-1][j-1]$ 已知,我们把这个数设为常数 $d_j$ ,则方程为

$$f[i][j]=d_j+(1-P_0)f[i][j-1],j\ge 2$$

此时可以通过这个式子减小第二维的 $j$ ,上面有个式子是

$$\sum_{j=1}^if[i][j]=1$$

把这个式子所有的 $j$ 都通过上面的方程迭代为 $f[i][1]$ ,方程的形式就变为了 $a\cdot f[i][1]+b=1$ 的形式, $a,b$ 都是常数, $f[i][1]$ 就被解出来了,再通过方程递推即可。

$$\begin{aligned}&f[i][1]&+&f[i][2]&+&\cdots+f[i][i]\\ =&f[i][1]&+&d_2+(1-P_0)f[i][1]&+&\cdots+d_i+(1-P_0)f[i][i-1]\end{aligned}$$

针对这个式子,从后往前递归处理就可以得到 $f[i][1]$ 的系数和常数项了。(实际上从前往后循环也可以,递归更好理解)

注意当 $P_0=0$ 时,当且仅当 $n=1$ 有 $P_1=1$ ,其余情况下都不可能成为唯一幸存者,需要特判。

时间复杂度 $O(n^2)$ 。

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define db double
db f[10010],d[10010],tmp,sum,p;
db a,b;
//a代表 f(x-1) 中 f1 的系数 b 代表 f(x-1) 的常数项
void calc(int x)
{
    if(x==1)
    {
        a=1;
        tmp=1;
        b=0;
        return;
    }
    calc(x-1);
    //tmp 代表已经积累的 f1 的系数 sum 代表常数项
    tmp+=(1-p)*a;
    sum+=p*d[x]+(1-p)*b;
    a=(1-p)*a;
    b=p*d[x]+(1-p)*b;
}
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%lf%d%d",&p,&n,&m);
    if(p==0)
    {
        puts(n>1?"0":"1");
        return 0;
    }
    f[1]=1;
    d[2]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        tmp=0.0,sum=0.0;
        calc(i);
        f[1]=(1-sum)/tmp;
        for(int j=2;j<=i;++j)
            f[j]=p*d[j]+(1-p)*f[j-1];
        for(int j=2;j<=i+1;++j)
            d[j]=f[j-1];
    }
    printf("%.10lf\n",f[m]);
    return 0;
}