RandomPaintingOnABoard
(n imes m) 的棋盘，每个位置有 (p_{i,j})。每轮 ((i,j)) 被选中的概率为 (frac{p_{i,j}}{sum})。
问⾄少⼏轮后每⼀⾏⼀列⾄少⼀个被选中。
(nmleq 150,max{n,m}leq 21,0leq p_{i,j}leq 9)。
题解
显然是min-max容斥。如何DP呢？
注意到 (nmleq 150)，那么 (min{n,m}leq 12)。假设行数更小，那么我们可以暴力枚举行的子集，对列做DP。
(dp(i,j,k)) 表示前 (i) 列，(sum p=j)，奇偶性为 (k) 的方案数。1行0列的时候贡献系数应为正。
时间复杂度 (O(2^n m~sum~n))。
int a[21][21];
LD f[2][1351];
class RandomPaintingOnABoard{
public:
LD expectedSteps(CO vector<string>&prob){
int n=prob.size(),m=prob[0].size();
if(n<=m){
for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)
a[i][j]=prob[i][j]-'0';
}
else{
for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)
a[j][i]=prob[i][j]-'0';
swap(n,m);
}
int tot=0;
for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)
tot+=a[i][j];
LD ans=0;
for(int s=0;s<1<<n;++s){
int cur=0,sum=0;
for(int i=0;i<n;++i)if(s>>i&1){
cur^=1;
for(int j=0;j<m;++j) sum+=a[i][j];
}
memset(f,0,sizeof f),f[cur][sum]=1;
for(int j=0;j<m;++j){
int sum=0;
for(int i=0;i<n;++i)if(~s>>i&1)
sum+=a[i][j];
for(int i=tot;i>=sum;--i){
LD x=f[0][i-sum],y=f[1][i-sum];
f[1][i]+=x,f[0][i]+=y;
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i) ans+=(f[1][i]-f[0][i])*tot/i;
}
return ans;
}
};
//int main(){
// vector<string> prob=
// {"000000000000001000000",
// "888999988889890999988",
// "988889988899980889999",
// "889898998889980999898",
// "988889999989880899999",
// "998888998988990989998",
// "998988999898990889899"};
// RandomPaintingOnABoard tmp;
// LD ans=tmp.expectedSteps(prob);
// printf("%.10Lf
",ans);
// return 0;
//}
随机游走
给定一棵 (n) 个结点的树，你从点 (x) 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。
有 (Q) 次询问，每次询问给定一个集合 (S)，求如果从 (x) 出发一直随机游走，直到点集 (S) 中所有点都至少经过一次的话，期望游走几步。
特别地，点 (x)（即起点）视为一开始就被经过了一次。
答案对 $998244353 $ 取模。
对于 (100\%) 的数据，有 (1leq nleq 18)，(1leq Qleq 5000)，(1leq kleq n)。
题解
https://blog.csdn.net/forever_dreams/article/details/99933598
min-max容斥+树上高消+高位前缀和，不错的签到题。
CO int N=18;
vector<int> to[N];
int a[N],b[N];
int f[1<<N];
void dfs(int u,int fa,int s){
if(s>>u&1){
a[u]=b[u]=0;
return;
}
a[u]=b[u]=to[u].size();
for(int v:to[u])if(v!=fa){
dfs(v,u,s);
a[u]=add(a[u],mod-a[v]);
b[u]=add(b[u],b[v]);
}
a[u]=fpow(a[u],mod-2);
b[u]=mul(b[u],a[u]);
}
int main(){
int n=read<int>(),Q=read<int>(),x=read<int>()-1;
for(int i=1;i<n;++i){
int u=read<int>()-1,v=read<int>()-1;
to[u].push_back(v),to[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<1<<n;++i){
dfs(x,-1,i);
f[i]=popcount(i)&1?b[x]:mod-b[x];
}
for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<1<<n;++j)
if(j>>i&1) f[j]=add(f[j],f[j^(1<<i)]);
while(Q--){
int s=0;
for(int k=read<int>();k--;) s|=1<<(read<int>()-1);
printf("%d
",f[s]);
}
return 0;
}