luogu P1409 骰子 题解

想了一个更一般性的解法

传送门

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【分析】

不难得出方程，令 (f_{n, m}) 表示共 (n) 个人，第 (m) 个人获胜的概率

则 (f_{n, m}=egin{cases} {1over 2}f_{n, m-1}+{1over 3}f_{n-1, m-1}&m>1 \\ {1over 2}f_{n, n}+{1over 6}&n>1wedge m=1 \\ 1&n=1 end{cases})

那么考虑 (f_{n-1, 1}sim f_{n-1,n-1}) 已经计算得出，现在要转移 (f_{n, 1}sim f_{n, n})

但由于 (f_{n, 1}) 的递推式中含有 (f_{n, n})，无法朴素递推。一般这类构成一堆等式的问题需要高斯消元求解，但总复杂度 (O(n)cdot O(n^3)=O(n^4)) 显然是不可能的

但有一个很显然的事情是，如果已知 (f_{n, n}) ，则可推出 (f_{n, 1}) ，而后递推算出 (f_{n, 2}sim f_{n, n-1})

那么这样就可以二分一个 (f_{n, n}) 然后递推回 (f_{n, n}) ，再检查是否符合。这样的话复杂度是 (O(n^2log varepsilon)) 的，但无法解决模意义下的问题。

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考虑类似拓域的做法（实际上不是拓域），往实数域 (<R, +, *>) 中再引入一个域 (f_{n, n}cdot R)

看不懂的，可以理解为像复数一样，再添一维

那我们可以用二元组 (left<a, b ight>=a+bcdot f_{n, n}) 来描述这个“域”中的每一个元素

则这个域的运算，有

(egin{aligned} left<a, b ight>+c&=&left<a+c, b ight> \\left<a,b ight>cdot c&=&left<acdot c,bcdot c ight> end{aligned})

其他的不重要，就不写了

那我们可以初始化 (f_{n, 1}=left<{1over 6}, {1over 2} ight>)

然后直接 (O(n)) 递推到 (f_{n, n}=left<a,b ight>)

又有 (f_{n, n}=left<a,b ight>=a+bcdot f_{n, n})

所以解方程得 (f_{n, n}={aover 1-b})

接下来就可以求出 (f_{n, 1}) ，再 (O(n)) 递推出 (f_{n, 2}sim f_{n, n-1})

总复杂度优化为 (O(n^2))

如果题目是模意义下的，这个方法显然也是适用的

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【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef double db;
typedef pair<db, db> pdd;
#define fi first
#define se second

inline pdd operator / (const pdd &a, db b) { return pdd(a.fi/b, a.se/b); }
inline pdd operator + (const pdd &a, db b) { return pdd(a.fi+b, a.se); }

const int MAXN=1024;
db f[MAXN][MAXN];
inline void init() {
	f[1][1]=1;
	for(int n=2; n<=1000; ++n) {
		pdd p(1.0/6, 1.0/2);
		for(int m=2; m<=n; ++m)
			p=p/2+f[n-1][m-1]/3;
		f[n][n]=p.fi/(1-p.se);
		f[n][1]=1.0/6+f[n][n]/2;
		for(int m=2; m<=n; ++m)
			f[n][m]=f[n][m-1]/2+f[n-1][m-1]/3;
	}
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
	init();
	int n, m;
	cin>>n>>m;
	cout<<fixed<<setprecision(9)<<f[n][m];
    cout.flush();
    return 0;
}

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【拓展】

对于像 (f_{n, n}) 这样要预先确定的项，我们假定为预先项

对于这类问题，当预先项数量为 (k) 时

如果对于每个预先项进行二分，则复杂度为 (O(ncdot log^kvarepsilon))

如果采用该方法，可以“拓域”的时候拓 (k) 维，这样的转移是 (O(kn)) 的，最后对预先项进行高斯消元 (O(k^3)) ，总复杂度为 (O(kn+k^3))

可以发现，当 (k) 较小时（比如 (k=1,2,3)），这个方法是很优秀的，几乎是 (O(n)) 的