从《彩色圆环》一题探讨一类环上dp的解法

清橙A1202 bzoj2201 bsoj4074

试题来源

　　2010中国国家集训队命题答辩

问题描述

　　小A喜欢收集宝物。一天他得到了一个圆环，圆环上有N颗彩色宝石，闪闪发光。小A很爱惜这个圆环，天天把它带在身边。
　　一天，小A突然发现圆环上宝石的颜色是会变化的。他十分惊讶，仔细观察这个圆环后发现，圆环上宝石的颜色每天变化一次，而且每颗宝石的颜色都等概率地为特定的M种颜色之一。小A发现了这个秘密后，对圆环更是爱不释手，时时刻刻都在研究。
　　又经过了一段时间，小A发现因为圆环上宝石的颜色不断变化，圆环有时会显得比其他时候更美丽。为了方便比较，小A这样定义圆环的“美观程度”：
　　设圆环上相同颜色的宝石构成的连续段长度分别为a1, a2, ..., an；
　　定义圆环的“美观程度” \(R = \prod_{i=1}^{n} a_i\) 。以图一给出的圆环为例，有a1 = 3, a2 = 2, a3 = 1，故R = 6。
　　现在小A想知道，在上述前提下，圆环的“美观程度”的期望值E(R)是多少。因为如果知道了E(R)，他就可以判断每天变化出的新圆环是否比一般情况更美丽。
　　说明：“美观程度”的期望值即为对每种可能的圆环状态的“美观程度”与其出现概率的乘积进行求和所得的值。

输入格式

　　输入仅有一行，该行给出依次两个正整数N, M，分别表示宝石的个数和宝石在变化时可能变成的颜色种类数。

输出格式

　　输出应仅有一行，该行给出一个实数E(R)，表示圆环的“美观程度”的期望值。

样例输入

3 2

样例输出

2.25

样例输入

200 1

样例输出

200

数据规模和约定

　　20%的数据满足1 ≤ N, M ≤ 8；
　　50%的数据满足1 ≤ N, M ≤ 25；
　　100%的数据满足1 ≤ N ≤ 200, 1 ≤ M ≤10^9。

先看看这篇官方题解的问题\(A\)，了解一下经典的圆环染色问题

——《彩色圆环(circle)》命题报告,吴佳俊

题外话：其实还可以更优，用矩阵快速幂可以优化，也可以特征根推出通项公式，这里不展开讨论了

我们从中获取了一种处理环上dp的思路，即增设一维来维护首尾是否相同

先来看链的情况

设\(f[i]\)表示考虑到第\(i\)位时的期望美观度，显然有
\[
f[i]=\sum_{0 \le j < i} f[j]*(i-j)*P[i-j]*(M-1)
\]
其中\(P[i]\)表示连续选\(i\)个相同一种颜色的概率
\[
P[i] = M^{-i}\\
\]
那么现在用圆环染色的思路来试着写环的dp式

\(f[i][0/1]\)表示要决定的序列的前面（0位）已经确定了一种颜色，考虑到该序列第\(i\)位，且要求该位颜色与（1）/不与（0）0位颜色相同时，期望的美观度（许多题解对\(f\)的定义描述并不准确，实际上这里与圆环染色设置的状态有一点不同，就是实际上开头的颜色是不包含在我们要dp的那一段链中的。这关系到后面计算答案的正确性）
\[
f[i][0] = \sum_{0 \le j < i} f[j][0]*(i-j)*P[i-j]*(m-2) + f[j][1]*(i-j)*P[i-j]*(m-1)\\
f[i][1] = \sum_{0 \le j < i} f[j][0]*(i-j)*P[i-j]
\]
考虑如何求答案。考虑将首尾相接的那个颜色块的贡献单独拎出来计算。枚举首尾相接颜色块两端加起来的总长度\(x\)，则总共有\(x\)种分割首尾的方案，每种方案有\(M\)个颜色可以选择，每个方案贡献为\(x\)，剩下的部分就可以用\(f\)来表示了

\(x=N\)时要特判
\[
Ans = P[N]*N*M + \sum_{1 \le x < N} x*x*P[x]*M*f[n-x][0]
\]

\(O(n^2)\)的代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long double ldb;
typedef long long ll;

const ll MXN=1005;
ll N,M;
ldb f[MXN][2];
ldb P[MXN];
int main(){
    cin>>N>>M;
    P[0]=1;for(ll i=1;i<=N;i++) P[i]=P[i-1]/M;
    //f数组开两维，实际上是在与位于0位的虚拟颜色斗智斗勇，即f[i][0/1]表示：某一种颜色在序列的最前方（0位），最后一位是否与该颜色相同，美观程度的期望
    //这样设状态就给后面的答案计算提供了便捷
    f[0][0]=0;f[0][1]=1;//f[0][0]置0，是因为不能让f[i][1]直接从0转移
    for(ll i=1;i<=N;i++){
        f[i][0]=f[i][1]=0;
        for(ll j=0;j<i;j++){//可以从0转移，给了只有一个块转移的机会
            f[i][0]+=f[j][0]*(i-j)*P[i-j]*(M-2)
                    +f[j][1]*(i-j)*P[i-j]*(M-1);
            f[i][1]+=f[j][0]*(i-j)*P[i-j];
        }
    }
    ldb ans=N*P[N]*M;
    for(ll x=1;x<N;x++)
        ans+=x*x*P[x]*M*f[N-x][0];//一个x是贡献，一个x是分割开头和结尾的方式数，f[N-x][0]则充当了中间部分
    printf("%.5Lf",ans);
    return 0;
}

我们发现推出的dp方程有一部分是与\(j\)无关的。将它们提出来，维护剩下的只与\(j\)有关的前缀和，复杂度即可降至\(O(N)\)

前缀和优化后\(O(n)\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long double ldb;
typedef long long ll;

const ll MXN=1000005;
ll N,M;
ldb f[MXN][2];
ldb powM[MXN];//M^i
int main(){
    cin>>N>>M;
    powM[0]=1;for(ll i=1;i<=N;i++) powM[i]=powM[i-1]*M;

    f[0][0]=0;f[0][1]=1;
    ldb s_01=0,s_0j=0;
    ldb s_11=1,s_1j=0;
    for(ll i=1;i<=N;i++){
        f[i][0] = s_01*(M-2)*i/powM[i] + s_0j*(M-2)/powM[i]
                + s_11*(M-1)*i/powM[i] + s_1j*(M-1)/powM[i];
        f[i][1] = s_01      *i/powM[i] + s_0j      /powM[i];

        s_01 += f[i][0]*powM[i];
        s_0j += f[i][0]*powM[i]*i;
        s_11 += f[i][1]*powM[i];
        s_1j += f[i][1]*powM[i]*i;
    }
    ldb ans=N/powM[N]*M;
    for(ll x=1;x<N;x++)
        ans+=x*x/powM[x]*M*f[N-x][0];
    printf("%.5Lf",ans);
    return 0;
}

实际上是会炸精度的，懒得管了:p