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• 這種求 “取到所有物品的期望時間” 的題一般都用 $min?max$容斥 解決：
  設$t(i,j)$為取到格子$(i,j)$的期望時間，集合$S={\cup }_{c(i,j){=}^{\prime }{?}^{\prime }}\{t(i,j)\}$
  那么根據$min?max$容斥有：$$\max (S)=\sum _{T?S,T=?}(?1{)}^{|T|?1}\min (T)$$

• $min(T)$即為首次取到$T$中的格子的期望時間(記為$E_T$)，考慮轉成求概率：
  設$P_T$為取到$T$中的格子的概率，由$E_T=1+(1?P_T)E_T$解得$E_T=\frac{1}{P_T}$
  設有覆蓋到$T$中的格子的相鄰對個數為$x$，因為總共的相鄰對個數為$m(n?1)+n(m?1)$，所以$P_T=\frac{x}{m(n?1)+n(m?1)}$，得到$E_T=\frac{m(n?1)+n(m?1)}{x}$

• 發現子集$T$數量很多，但是$x$非常小，于是神奇地轉換思路：
  求出對于每個$x$，有多少個子集$T$滿足恰有$x$個相鄰對有覆蓋到$T$中的點。
  上插頭dp，設$dp[i][j][s][x]$表示做到了$(i,j)$,當前狀態為$s$,有$x$個相鄰對。
  我們dp的內容是系數和，如果選了一個格子，集合大小改變，要乘一個$?1$作為系數。

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=998244353; int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;} int dec(int a,int b){return a<b?a-b+mod:a-b;} int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;} void Add(int &a,int b){a=add(a,b);} int ksm(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=mul(res,a);b>>=1;a=mul(a,a);}return res; } int n,m; char c[10][110]; int dp[2][1<<6][1250],ans;//N*M*2=1200 int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",c[i]+1);int tot=n*(m-1)+m*(n-1);int cur=1,pre=0;dp[cur][0][0]=dec(0,1);int sta=(1<<n)-1;for(int i=1;i<=m;++i){for(int j=1;j<=n;++j){swap(cur,pre);memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));for(int s=0;s<=sta;s++){for(int k=0;k<=tot;k++){if(dp[pre][s][k]){int ss=s&(sta^(1<<(j-1)));Add(dp[cur][ss][k],dp[pre][s][k]);if(c[j][i]=='*'){ss|=(1<<j-1);int delta=(i!=1&&(s&(1<<j-1))==0)+(j!=1&&(s&(1<<j-2))==0)+(i<m)+(j<n);Add(dp[cur][ss][k+delta],dec(0,dp[pre][s][k]));}}}}}}for(int i=1;i<=tot;i++){ll inv=ksm(i,mod-2);for(int s=0;s<=sta;s++)Add(ans,mul(dp[cur][s][i],inv));}ans=mul(ans,tot);cout<<ans;return 0; }

參考文章：
https://www.cnblogs.com/ZH-comld/p/11014880.html
https://www.cnblogs.com/huyufeifei/p/10498429.html

創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[集训队作业2018]小Z的礼物（min-max容斥，插头dp）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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