2018 ACM-ICPC World Finals Problem D. Gem Island（递推）

2018 ACM-ICPC World Finals Problem D. Gem Island

题目大意

• 有$n$个人，初始每个人手上有一颗宝石，每天等概率有一颗宝石变为两颗，求$d$天后宝石数最多的$r$个人的期望宝石总数。
• $1\le n,d\le 500$，$1\le r\le n$

题解

• 首先通过手玩样例可以发现，最终的每种状态出现的次数都是相等的，均为$d!$次，不同的操作方案有$n\ast (n+1)\ast ...\ast (n+d-1)$即$\frac{(n+d-1)!}{(n-1)!}$种，那么考虑先求出各种不同的最终状态，再乘上和除去相应的数。
• 则相当于求和为$n+d$的$n$个数，且保证每个数至少为$1$的所有方案的前$r$个数之和。
• 不难想到可以设状态递推，按照很普通的设法，设$f_{i,j}$表示到第$i$个人，此时前$i$个数和为$j$的答案，每次枚举第$i$个人的数来转移，但是发现这样并不能统计“前$r$大”这一条件。如果多设一维的话，复杂度无法满足要求。
• 不妨换一个角度，考虑起初每个人都是$1$个共$n$个，然后选$s1$人变成$2$个，总数变成$n+s1$个，方案数乘上$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{s1}\right)$；接着在$s1$人中选$s2$人变成$3$个，总数变成$n+s1+s2$个，方案数乘上$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{s1}{s2}\right)$，以此类推。
• 这样子可以少去记录第几个人的状态，而可以用来记录上一次加入了多少人，每次对最终前$r$大的贡献为$min(r,s_x)$，$s_x$为当前加入的个数。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ld long double
#define N 510
ld f[N * 2][N], g[N * 2][N], c[N][N];
int main() {
	int n, d, r, i, j, k;
	scanf("%d%d%d", &n, &d, &r);
	for(i = 0; i <= n; i++) {
		c[i][0] = c[i][i] = 1;
		for(j = 1; j < i; j++) c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1];
	}
	f[n][n] = r, g[n][n] = 1;
	for(i = n; i < n + d; i++) {
		for(j = 1; j <= n; j++) if(g[i][j]) {
			for(k = 1; k <= j && i + k <= n + d; k++) {
				g[i + k][k] += g[i][j] * c[j][k];
				f[i + k][k] += f[i][j] * c[j][k] + g[i][j] * c[j][k] * min(k, r);
			}
		}
	}
	ld s = 0;
	for(i = 1; i <= n; i++) s += f[n + d][i];
	for(i = n; i <= n + d - 1; i++) s /= i; 
	for(i = d; i; i--) s *= i;
	printf("%.10LF", s);
	return 0;
}

自我小结

• 注意方案数和贡献同时转移的递推中，贡献转移需要乘上转移的方案数。
• 程序修改时要注意原数组的大小是否适合新做法，要检查极限数据情况下的数组是否越界。