CF698C LRU

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题目大意

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有一个初始为空的队列，容量为 (k)。有 (n) 种物品。

接下来会进行 (10^{100}) 次操作。每次选择一个物品，物品 (i) 有 (p_i) 的概率被选中。如果被选中的物品不在队列中，则将它加入队列。此时如果队列长度大于 (k)，则弹出“上一次被选中的时间”最早的物品。

问所有操作结束后，每个物品仍在队列中的概率。保留 (6) 位小数。

数据范围：(1leq kleq nleq 20)，(0leq p_ileq 1)，(sum p_i = 1)。

本题题解

考虑对每个物品分别求答案。那么有两种情况：

1. 操作结束时，队列内不到 (k) 种物品。
2. 操作结束时，队列内有 (k) 种物品（是满的）。

如果 (p_i eq 0) 的物品数 (< k)，显然只能是情况 1。因为操作次数极大，而且不发生弹出，所以所有 (p_i eq 0) 的物品答案都是 (1)。

否则，在经过了 (10^{100}) 次操作后，情况 1 出现的概率可以近似视为 (0)。故以下只考虑情况 2。

考虑最终的队列里有哪些物品。发现就是最后加入的 (k) 种物品。例如，(k = 3)，若操作序列（每次选择的物品）为：(dots ,2,2,1,5,1,3,3,4)，则最终队列里就是：({1,3,4})。

考虑状压 DP。设 ( ext{dp}(s)) 表示操作序列的一个后缀里，物品集合为 (s) 的概率。(s) 是一个二进制状压。

转移时，枚举下一个还未在 (s) 内出现过的物品，记为物品 (u)（其实是操作序列更前面的物品，因为根据状态设计，我们是从后往前 DP 的）。设 ( ext{sum}(s) = sum_{vin s}p_v)。则：

[forall u otin s, p_u eq 0: quad ext{dp}(s)cdot (p_u + ext{sum}(s)cdot p_u + ext{sum}(s)^2cdot p_u + dots) o ext{dp}(s cup {u}) ]

括号里的式子，表示：【下一次就选中 (u) 的概率】 (+) 【先选中一个已有的数，再下次才选中 (u) 的概率】 (+) 【下下下次才选中 (u) 的概率】 (dots)。因为操作次数极大，所以有：

[egin{align} & ext{dp}(s) cdot sum_{i = 0}^{infty} ext{sum}(s)^i cdot p_u\ =& ext{dp}(s)cdot p_ucdot sum_{i = 0}^{infty} ext{sum}(s)^i\ =& ext{dp}(s)cdot p_ucdot frac{1}{1 - ext{sum}(s)} end{align} ]

也可以这样理解上述的转移式：只要选到 (s) 里的数，我们就假装无事发生，再选一次。浪费的这一次操作对答案没有影响，因为总操作次数近似无穷大。所以这就等价于，我们强行把 (s) 集合里已有的数，被抽到的概率视为 (0)。剩下的数概率对应地变为：(displaystyle p_u' = frac{p_u}{sum_{v otin s}p_v} = frac{p_u}{1 - ext{sum}(s)})。

于是就可以转移了。

边界是：( ext{dp}(0) = 1)。物品 (i) 的答案就是 (displaystyle sum_{iin s, |s| = k} ext{dp}(s))。

时间复杂度 (mathcal{O}(2^nn))。

参考代码

// problem: CF698C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 20;

int n, K;
int hibit[1 << MAXN], bitcnt[1 << MAXN];
double p[MAXN + 5], sum[1 << MAXN];
double f[1 << MAXN];

int main() {
	cin >> n >> K;
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> p[i];
		cnt += (p[i] != 0);
	}
	if (cnt < K) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			cout << (p[i] == 0 ? 0 : 1) << ".00000000" << " 
"[i == n];
		}
		return 0;
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		hibit[1 << (i - 1)] = i;
	}
	for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
		bitcnt[i] = bitcnt[i - (i & (-i))] + 1;
		sum[i] = sum[i - (i & (-i))] + p[hibit[i & (-i)]];
	}
	
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
		if (bitcnt[i] > K)
			continue;
		for (int _j = i; _j; _j -= (_j & (-_j))) {
			int j = hibit[_j & (-_j)];
			
			assert((1 << (j - 1)) == (_j & (-_j)));
			
			if (p[j] == 0)
				continue;
			
			f[i] += f[i ^ (1 << (j - 1))] * (p[j] / sum[((1 << n) - 1) ^ i ^ (1 << (j - 1))]);
		}
	}
	cout << setiosflags(ios :: fixed) << setprecision(10);
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		/*
		double ans = pow(1.0 - p[i], 100000000); // 没出现过 
		for (int s = 0; s < (1 << n); ++s) {
			if (((s >> (i - 1)) & 1) == 0 && bitcnt[s] >= K) {
				ans += p[i] / sum[((1 << n) - 1) ^ s] * f[s]; // 出现了但被代替 
			}
		}
		ans = 1.0 - ans;
		cout << ans << " 
"[i == n];
		*/
		
		double ans = 0;
		for (int s = 0; s < (1 << n); ++s) {
			if (((s >> (i - 1)) & 1) && bitcnt[s] == K) {
				ans += f[s];
			}
		}
		cout << ans << " 
"[i == n];
	}
	return 0;
}