CF698C. LRU

题意:n种物品,大小为k的队列,\(p_i\)的概率选择第i种物品放入队尾,如果已经有i了就不放了。队列大小>k时弹出队首。求\(10^{100}\)次操作后每种物品在队列里的概率


为什么没有官方题解啊,所以看了讨论区的题解

一开始想的是,一个元素在队列里,说明后来加入的元素种类<k,对于每种物品i,求出每个\(|S| =0…k-1 : i \notin S\)的集合出现在i右面的概率就行了。但这时候要求的是\(S\)中每种物品至少出现1次,至多无限次,只是简单的乘上\(\prod\limits_{i \in S}p_i\) 再乘上 \(\frac{1}{1-x}\)是不对的。

所以考虑容斥原理,求出\(S\)的任意子集出现的概率。

求这个概率很简单,每种元素可以不出现,设\(x=\sum\limits_{i \in S}p_i\),那么

\(P=x+x^2+...+x^{\infty}=\frac{1}{1-x}\)

根据容斥原理,\(i\)的答案就是

\[\le k-1种元素的集合出现的概率\ -\ \le k-2种元素的集合出现的概率*容斥系数\ +\ ...
\]

和之前的恰好k个问题一样,这个容斥系数需要乘上超集的个数,比如大小为\(i\)的集合,他的大小为\(j\)的超集的个数是\(\binom{n-1-i}{j-i}\),注意是\(n-1\)因为当前计算答案的元素不能选

需要注意的是,我们要同时求恰好\(0...k-1\)个,所以每个的容斥系数都要+1,并且要处理之前所有大小的超集

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=21, M=(1<<20)+5;
inline int read(){
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
} int n, k, c[N][N];
double p[N], sum[M], coe[N], g[M];
inline int one(int x) { int c=0; while(x) x&=x-1, c++; return c; } int main() {
freopen("in","r",stdin);
n=read(); k=read();
for(int i=0; i<n; i++) scanf("%lf",&p[i]), sum[1<<i] = p[i];
c[0][0]=1;
for(int i=1; i<=n; i++) {
c[i][0]=1;
for(int j=1; j<=i; j++) c[i][j] = c[i-1][j] + c[i-1][j-1];
} int all=1<<n;
for(int i=0; i<all; i++) if(!sum[i]) sum[i] = sum[i&-i] + sum[i^(i&-i)];
for(int i=k-1; i>=0; i--) {
coe[i] = 1;
for(int j=i+1; j<=k-1; j++) coe[i] -= coe[j] * c[n-1-i][j-i];
//printf("coe %d %lf\n",i,coe[i]);
} for(int i=0; i<n; i++) {
if(p[i]==0 || p[i]==1 || k==1) {printf("%.9lf ", p[i]); continue;}
double ans=0;
for(int s=0; s<all; s++)
if(!((1<<i) & s) && one(s)<=k-1) ans += coe[one(s)]/(1-sum[s]);// printf("s %d %lf\n",s, ans);
printf("%.9lf ", p[i]*ans);
}
}

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