正題

題目鏈接:https://gmoj.net/senior/#main/show/6067

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題目大意

$n$個點的一張競賽圖，第$i$個點向第$j$個點$(i<j)$連邊的概率是$p$，否則就是第$j$個點向第$i$個點連邊。

對于每個$i(i<n)$求出能夠選出一個大小為$i$的集合使得這個集合的所有點都連向集合外的所有點的概率。

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解題思路

設(shè)$f_{i,j}$表示$i$個點能選出$j$個的概率，那么每次考慮是加在后面就有方程$$f_{i,j}=f_{i?1,j}?(1?p{)}^j+f_{i?1,j?1}?p^{i?j}$$
如果每次考慮加在前面就有$$f_{i,j}=f_{i?1,j}?p^j+f_{i?1,j?1}?(1?p{)}^{i?j}$$

聯(lián)立上面兩個式子可以得到$$f_{i?1,j}?(1?p{)}^j+f_{i?1,j?1}?p^{i?j}=f_{i?1,j}?p^j+f_{i?1,j?1}?(1?p{)}^{i?j}$$
$$?f_{i?1,j}=f_{i?1,j?1}\frac{(1?p{)}^{i?j}?p^{i?j}}{p^j?(1?p{)}^J}$$

也就是$$f_{n,j}=f_{n,j?1}\frac{(1?p{)}^{i?j}?p^{i?j}}{p^j?(1?p{)}^J}$$

這樣處理逆元就可以線性遞推了，注意對于$p=\frac{1}{2}$的時候分母為$0$，理解一下的話可以知道$i$的答案就是將$n?i$分割成$i+1$個可空段，然后每一種分割貢獻都是$(\frac{1}{n?i}{)}^i$也就是答案就是$C_n^i?(\frac{1}{n?i}{)}^i$同理是逆元做就好了。

時間復雜度$O(n\log n)$

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$code$

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll N=1e6+10,P=998244353; ll n,p,pw[N],qw[N],f[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; } void print(ll x){if (x>9) print(x/10); putchar(x%10+48); return; } int C(int n,int m) {return pw[n]*qw[m]%P*qw[n-m]%P;} int main() {freopen("more.in","r",stdin);freopen("more.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&n,&p);pw[0]=qw[0]=f[0]=1;if(p==(1-p+P)%P){for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=pw[i-1]*i%P,qw[i]=power(pw[i],P-2);for(int i=1;i<n;i++)print(C(n,i)*power(power(p,n-i),i)%P),putchar(' ');}else{for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=pw[i-1]*p%P,qw[i]=qw[i-1]*(1-p)%P;for(int i=1;i<n;i++){f[i]=f[i-1]*(pw[n-i+1]-qw[n-i+1])%P*power(pw[i]-qw[i],P-2)%P;print((f[i]+P)%P);putchar(' ');}}return 0; }

總結(jié)

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