2510: 弱题

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Description

M个球,一开始每个球均有一个初始标号,标号范围为1~N且为整数,标号为i的球有ai个,并保证Σai = M
每次操作等概率取出一个球(即取出每个球的概率均为1/M),若这个球标号为kk < N),则将它重新标号为k + 1;若这个球标号为N,则将其重标号为1。(取出球后并不将其丢弃)
现在你需要求出,经过K次这样的操作后,每个标号的球的期望个数。

Input

第1行包含三个正整数NMK,表示了标号与球的个数以及操作次数。
第2行包含N非负整数ai,表示初始标号为i的球有ai个。

Output

应包含N行,第i行为标号为i的球的期望个数,四舍五入保留3位小数。

Sample Input

2 3 2
3 0

Sample Output

1.667
1.333

HINT

【样例说明】

第1次操作后,由于标号为2球个数为0,所以必然是一个标号为1的球变为标号为2的球。所以有2个标号为1的球,有1个标号为2的球。

第2次操作后,有1/3的概率标号为2的球变为标号为1的球(此时标号为1的球有3个),有2/3的概率标号为1的球变为标号为2的球(此时标号为1的球有1个),所以标号为1的球的期望个数为1/3*3+2/3*1 = 5/3。同理可求出标号为2的球期望个数为4/3。

【数据规模与约定】

对于10%的数据,N ≤ 5, M ≤ 5, K ≤ 10;

对于20%的数据,N ≤ 20, M ≤ 50, K ≤ 20;

对于30%的数据,N ≤ 100, M ≤ 100, K ≤ 100;

对于40%的数据,M ≤ 1000, K ≤ 1000;

对于100%的数据,N ≤ 1000, M ≤ 100,000,000, K ≤ 2,147,483,647。

Source

【分析】

  综合题表里面目测的一道【稀少的】可做题。。

  显然,矩阵乘法嘛。。$f[i][j]=f[i-1][j]*\dfrac{m-1}{m}+f[i-1][j-1]*\dfrac{1}{m}$

  然后一个厉害的东西就是A,B是循环矩阵(就是矩阵的下一行是上一行循环右移一位得到的),那么A*B=C的C也是循环矩阵。

  只需求第一行就可以求出整个C。

  所以是$n^2 log$

 #include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define Maxn 1010 int a[Maxn];
int n,m,k; struct node
{
double w[Maxn][Maxn];
}t[]; void mul(int x,int y,int z)
{
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=n;j++) t[].w[i][j]=;
for(int k=;k<=n;k++)
for(int j=;j<=n;j++)
t[].w[][j]+=t[y].w[][k]*t[z].w[k][j];
for(int j=;j<=n;j++) t[x].w[][j]=t[].w[][j];
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++)
t[x].w[i][j]=t[x].w[i-][j-==?n:j-];
}
} void qpow(int b)
{
for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<=n;j++) t[].w[i][j]=;
for(int i=;i<=n;i++) t[].w[i][i]=1.0;
while(b)
{
if(b&) mul(,,);
mul(,,);
b>>=;
}
} int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++) t[].w[i][j]=;
t[].w[i][i]=1.0-1.0/m;
t[].w[i][i-==?n:i-]=1.0/m;
}
qpow(k);
for(int i=;i<=n;i++)
{
double ans=;
for(int j=;j<=n;j++)
{
ans+=a[j]*t[].w[i][j];
}
printf("%.3lf\n",ans);
}
return ;
}

2017-04-10 20:47:14

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