n<=20种东西,有个大小k<=n的箱子,每次会以固定的概率从所有东西里选一种,若箱子里有空位且这种东西没出现过就丢进去,若箱子满了且这种东西没出现过就把最早访问过的一个丢掉,(只要在每次操作最早的“挑一种物品”选中某个数都算“访问”)问10^100操作后每个数存在箱子里的概率。

由于操作过多,最后箱子可以看成满的。可以发现由于操作跟时间有关,只有最后新进入箱子的k种东西在进入箱子时会对答案产生影响,因此只用看后面几次操作即可。可以把这个过程等同于:从头开始拿,问刚把箱子填满时的概率。

在后面的操作中,虽然只看最后k种东西被访问的过程,但期间也有可能多次访问到同种东西,咋办呢?状压,f(i)表示状态i出现的概率,$f(i)=\sum f(j)*a_{j关于i的补集}+\sum_{k\epsilon i} a_k*f(i)$,错误!最终状态不会再自己转移到自己,所以判一下i是不是终态即有没有k个数,没有才把后面那部分算上去。

还错!数据中有一些是箱子不可能满,所以要把箱子大小和概率>0的种数取个min。

 #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std; int n,K;
#define maxn 1100011
double a[],ans[maxn],eve[];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
int cnt=n;
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]),cnt-=a[i]<1e-?:;
K=min(cnt,K);
ans[]=; for (int i=;i<=n;i++) eve[i]=;
for (int i=;i<(<<n);i++)
{
int one=; ans[i]=; double kk=;
for (int j=;j<=n;j++) if ((i>>(j-))&) one++,ans[i]+=ans[i^(<<(j-))]*a[j],kk+=a[j];
if (one==K) for (int j=;j<=n;j++) if ((i>>(j-))&) eve[j]+=ans[i];
ans[i]/=(-kk);
}
for (int i=;i<=n;i++) printf("%.8lf ",eve[i]);
return ;
}

这里有一种容斥做法。

比如说我最后序列里存在第i种东西,且i是最后拿的,那么之前可以拿很多很多的东西,但只能拿另外的n-1种中的k-1种。比如说某k-1种的概率加起来是x,i的概率是a,那么这k-1种的状态对i的答案的贡献就是:a*P(这k-1种的状态)=a*(1+x+x^2+x^3+……)=a/(1-x),等比数列求和,简单。等会确定是这样?这里面包含了选k-2种,k-3种,……,0种的情况!!!那就挑掉k-2的,然后可能在k-2里面挑多了,那k-3再补回来……这个系数可以用组合数计算:(copy from liurunda)

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