BZOJ5292 & 洛谷4457 & LOJ2513：[BJOI2018]治疗之雨——题解

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5292

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4457

https://loj.ac/problem/2513

你现在有m+1个数：第一个为p，最小值为0，最大值为n；剩下m个都是无穷，没有最小值或最大值。

你可以进行任意多轮操作，每轮操作如下：

在不为最大值的数中等概率随机选择一个（如果没有则不操作），把它加一；

进行k次这个步骤：在不为最小值的数中等概率随机选择一个（如果没有则不操作），把它减一。

现在问期望进行多少轮操作以后第一个数会变为最小值0。

期望dp的一个惯用套路。

设f[i]为正好打中英雄i下的概率，则f[i]=C(k,i)*(1/(m+1))^k*(m/(m+1))^(k-i)

于是不难得到f[i]与f[i-1]之间的关系，则线性推之。

再设a[i][j]为英雄i血经过一轮变j血的概率。

则a[i][j]=(f[i-j]*m+f[i+1-j])/(m+1)，但是当i=n时不适用，当i<j时也不适用，二者特判之。

最后令x[i]为英雄到i血的期望。

则有：

x[0]=0;

x[1]=a[1][2]*x[2]+a[1][1]*x[1]+1

x[2]=a[2][3]*x[3]+a[2][2]*x[2]+a[2][1]*x[1]+1

……

x[n]=a[n][n]*x[n]+a[n][n-1]*x[n-1]+……

（注意最后一项有细微差别。）

此时我们可以高斯消元求出答案……？

n=1500仿佛在开玩笑。

那么这样的式子一定有什么特殊的方法可以消元。

我们每次用1式消掉x[1]，用2式x[2]……，则复杂度其实只需要O(n^2)（因为1式只有2个数，2式消完后也只有2个数……以此类推）

这样我们每一个式子就是一个二元一次方程，最后一个式子是一个一元一次方程，于是就可以求解了。

（PS：还有其他比如k=0/1，m=0之类的特判不要忘了加。）

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1505;
const int p=1e9+7;
inline ll read(){
    ll X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
ll qpow(ll k,int n){
    ll res=1;
    while(n){
    if(n&1)res=res*k%p;
    k=k*k%p;n>>=1;
    }
    return res;
}
ll n,q,m,k,f[N],a[N][N],x[N];
inline void init(){
    ll inv1=qpow(m+1,p-2),inv2=qpow(m,p-2);
    f[0]=qpow(inv1*m%p,k);
    for(int i=1;i<=min(n,k);i++)
    f[i]=f[i-1]*inv2%p*qpow(i,p-2)%p*(k-i+1)%p;
    
    for(int i=1;i<n;i++){
    for(int j=1;j<=i;j++)
        a[i][j]=(f[i-j]*m%p+f[i+1-j])%p*inv1%p;
    a[i][i+1]=f[0]*inv1%p;
    }
    for(int j=1;j<=n;j++)a[n][j]=f[n-j];
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i][n+1]=p-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)(a[i][i]+=p-1)%=p;
}
ll solve(){
    if(!k)return -1;
    if(!m){
    if(k==1)return -1;
    int res=0;
    while(q>0){if(q<n)q++;q-=k;res++;}
    return res;
    }
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++){
    ll inv=qpow(a[i][i],p-2);
    a[i][i]=1;(a[i][n+1]*=inv)%=p;
    if(i!=n)(a[i][i+1]*=inv)%=p;
    for(int j=i+1;j<=n;j++){
        ll tmp=a[j][i];a[j][i]=0;
        (a[j][i+1]+=p-tmp*a[i][i+1]%p)%=p;
        (a[j][n+1]+=p-tmp*a[i][n+1]%p)%=p;
    }
    }
    x[n]=a[n][n+1];
    for(int i=n;i>q;i--)
    x[i-1]=(a[i-1][n+1]-a[i-1][i]*x[i]%p+p)%p;
    memset(f,0,sizeof(f));
    return x[q];
}
int main(){
    int t=read();
    while(t--){
    n=read(),q=read(),m=read(),k=read();
    printf("%lld
",solve());
    }
    return 0;
}

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