luogu3706 [SDOI2017]硬币游戏

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对于40分的暴力 构造出AC自动机 列出转移矩阵 暴力高消。右转上一篇文章。

对于100分 我们不难想到这个矩阵过大 且没有用的节点很多我们最后只要n个节点的答案 其他节点的答案可以不要。

考虑把没用的节点的答案压到一点上。相同的套路 我们设f[i]表示经过第i个点的期望次数 由于是到达某个点我们强制停止 所以概率*结果=期望次数。

此时结果为1/0 所以这个期望次数在数值之上和概率是相等的。

对于第i个终止节点来说我们考虑一下这个点的期望次数怎么求出。

显然是由非终止节点转移过来 由于每次翻硬币只有两种可能 或者说字符集大小为2 所以转移过来至少需要m条边且 概率为\(\frac{1}{2^m}\)

但是这其中存在一些不合法的情况 如 我们从一个非法状态转移+自身前缀状态的一部分 可能恰好和其他字符串是相等的 此时游戏结束概率也转移不来。

要把这些情况造成的影响全部减掉 \(f_i=\frac{1}{2^m}f_0-...\)上面的事情发生在当前字符串的前缀和其他字符串的后缀相等时会发生。

考虑匹配的长度为k 那个点为j 那么我们要减去 \(\frac{1}{2^{m-k}}f_j\) 所代表的含义为 前m-k长度的那个点的期望次数为 f_j的期望次数的一部分

于是乎就可以列出n个方程 但是有n+1个未知数 考虑加一个方程 \(\sum{f_i}=1\)

写到这里我想就很明朗了 很不错的题目。

这里使用hash判断前后缀 注意初始化的问题 我们对于f[i]的单项系数也在判断前后缀中搞。这样比较方便不需要特判最后一位什么的。

而且最后一位也不合法不属于0号节点里面 所以可以这样做 我迷了半天。。

const int MAXN=310;
int n,m;
char b[MAXN][MAXN];
db a[MAXN][MAXN],p[MAXN];
ll pw[MAXN],qz[MAXN][MAXN],hz[MAXN][MAXN];
inline void GAUSS()
{
	for(int i=0;i<=n;++i)
	{
		int p=i;
		for(int j=i+1;j<=n;++j)if(fabs(a[j][i])>fabs(a[p][i]))p=j;
		if(i!=p)rep(0,n+1,j)swap(a[i][j],a[p][j]);
		rep(0,n,j)
		{
			if(i==j)continue;
			db d=a[j][i]/a[i][i];
			rep(0,n+1,k)a[j][k]-=a[i][k]*d;
		}
	}
	rep(0,n,i)a[i][n+1]/=a[i][i];
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	gt(n);gt(m);p[0]=pw[0]=1;
	rep(1,n,i)scanf("%s",b[i]+1);
	rep(1,m,i)p[i]=p[i-1]/2,pw[i]=pw[i-1]*P%mod;
	rep(1,n,i)rep(1,m,j)
	{
		qz[i][j]=(qz[i][j-1]*P+b[i][j])%mod;
		hz[i][j]=(hz[i][j-1]+b[i][m-j+1]*pw[j-1])%mod;
	}
	rep(1,n,i)
	{
		a[i][0]+=p[m];
		rep(1,n,j)rep(1,m,k)
			if(qz[i][k]==hz[j][k])a[i][j]=a[i][j]-p[m-k];
	}
	rep(1,n+1,i)a[0][i]=1;
	//rep(0,n,i){rep(0,n+1,j)cout<<a[i][j]<<' ';cout<<endl;}
	GAUSS();
	rep(1,n,i)printf("%.10lf\n",a[i][n+1]);
	return 0;
}

update：写完后2h又发现了点其他东西 想了半天 发现上述等式没有错。

等式阐述了一个类似于容斥的东西。其中 对于特定的某个点 我们想要走到\(2^{m-k}\)需要这个概率 而右边虽然是 \(2^m\)的系数 但是其代表了后来是走到了fj的

而我们的前者则是 固定为fj 所以这两个东西显然相等。

又思考了20min 想到了一个更合理的思路。还是关于式子的问题。

我们考虑 减掉不合法方案 设不合法方案的点 为w 我们其实多加了一个 \(f_w\frac{1}{2^m}\) 在左边减掉其。

首先我们要先走到w这个点 设此匹配长度为k 那么概率为\(\frac{1}{2^{m-k}}\) 其期望要再乘上fj。

感觉证明还是很不顺畅 先咕了。