CF708E-Student‘s Camp【数学期望,dp】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF708E

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题目大意

有\(n*m\)的矩形网格，然后每次每行最左边和最右边的格子各有\(p=\frac{c}{d}\)的概率会消失，进行\(k\)次。

求最后所有格子依旧四联通的概率，在\(\%(10^9+7)\)的情况下进行

\(1\leq n,m\leq 1500,1\leq k\leq 10^5\)

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解题思路

\(n,m\)很小，感觉上不是一个暴力计数的题目。

可以考虑一个比较慢的方法先，先考虑一个方向腐蚀了\(i\)次的概率设为\(E_i\)那么显然地有

\[E_i=\binom k ip^{i}(1-p)^{k-i}
\]

然后设\(f_{i,l,r}\)表示到第\(i\)层时，剩下了\(l\sim r\)且上面的层都联通的概率。

那么一个简单的\(dp\)有

\[f_{i,l,r}=E_{l-1}E_{m-r}\times \sum_{[l',r']\cap[l,r]\neq \varnothing} f_{i-1,l',r'}
\]

先把这个方程优化到\(O(nm^2)\)，设\(L_{i,j}=\sum_{l\leq r<j}f_{i,l,r},R_{i,j}=\sum_{r>l\geq j}f_{i,l,r},S_{i}=\sum f_{i,l,r}\)

那么有

\[f_{i,l,r}=E_{l-1}E_{m-r}(S_{i-1}-L_{i-1,l}-R_{i-1,r})
\]

嗯然后我们要把\(f\)的状态数转到\(O(nm)\)的，其实不难发现的一点是这些东西都具有对称性，也就是\(f_{i,l,r}=f_{i,n-r+1,n-l+1}\)。所有我们可以设\(F_{i,j}=\sum_{k=1}^jf_{i,k,j}\)

那么有\(L_{i,j}=\sum_{k=1}^jF_{i,k}\)因为对称性又有\(R_{i,j}=L_{i,n-j+1}\)所以此时我们已经可以表示出所有的\(F,L,R\)了。考虑这个\(F\)如何转移

\[F_{x,y}=\sum_{i=1}^yf_{x,i,y}=\sum_{i=1}^yE_{i-1}E_{m-y}(S_{x-1}-L_{x-1,i}-R_{x-1,y})
\]

\[\Rightarrow F_{x,y}=E_{m-y}(\ \ (S_{x-1}-R_{x-1,y})\sum_{i\leq y}E_{i-1}-\sum_{i\leq y}E_{i-1}L_{x-1,i}\ \ )
\]

这样就是\(O(nm)\)的了，可以通过本题

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1510,P=1e9+7,K=1e5+10;
ll n,m,p,q,k,fac[K],inv[K],E[N],S[N];
ll f[N][N],s[N][N],t[N][N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	scanf("%lld%lld",&p,&q);p=p*power(q,P-2)%P;
	scanf("%lld",&k);q=P+1-p;inv[1]=1;
	for(ll i=2;i<K;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	fac[0]=inv[0]=1;
	for(ll i=1;i<K;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=0;i<=min(k,m);i++)E[i]=C(k,i)*power(p,i)%P*power(q,k-i)%P;
	S[0]=E[0];for(ll i=1;i<=m;i++)S[i]=(S[i-1]+E[i])%P;
	s[0][m]=f[0][m]=1;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		for(ll j=1;j<=m;j++){
			f[i][j]=E[m-j]*((s[i-1][m]-s[i-1][m-j])*S[j-1]%P-t[i-1][j])%P;
			s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%P;
			t[i][j]=(t[i][j-1]+s[i][j-1]*E[j-1]%P)%P;
		}
	}
	printf("%lld\n",(s[n][m]+P)%P);
	return 0;
}