2510: 弱题
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Description
有M个球，一开始每个球均有一个初始标号，标号范围为1～N且为整数，标号为i的球有ai个，并保证Σai = M。
每次操作等概率取出一个球（即取出每个球的概率均为1/M），若这个球标号为k（k < N），则将它重新标号为k + 1；若这个球标号为N，则将其重标号为1。（取出球后并不将其丢弃）
现在你需要求出，经过K次这样的操作后，每个标号的球的期望个数。
Input
第1行包含三个正整数N，M，K，表示了标号与球的个数以及操作次数。
第2行包含N个非负整数ai，表示初始标号为i的球有ai个。
Output
应包含N行，第i行为标号为i的球的期望个数，四舍五入保留3位小数。
Sample Input
2 3 2
3 0
3 0
Sample Output
1.667
1.333
1.333
HINT
【样例说明】
第1次操作后，由于标号为2球个数为0，所以必然是一个标号为1的球变为标号为2的球。所以有2个标号为1的球，有1个标号为2的球。
第2次操作后，有1/3的概率标号为2的球变为标号为1的球（此时标号为1的球有3个），有2/3的概率标号为1的球变为标号为2的球（此时标号为1的球有1个），所以标号为1的球的期望个数为1/3*3+2/3*1 = 5/3。同理可求出标号为2的球期望个数为4/3。
【数据规模与约定】
对于10%的数据，N ≤ 5, M ≤ 5, K ≤ 10；
对于20%的数据，N ≤ 20, M ≤ 50, K ≤ 20；
对于30%的数据，N ≤ 100, M ≤ 100, K ≤ 100；
对于40%的数据，M ≤ 1000, K ≤ 1000；
对于100%的数据，N ≤ 1000, M ≤ 100,000,000, K ≤ 2,147,483,647。
Source
分析：
因为每种编号的选择概率相同，所以小球的期望可以独立计算...
$f[i][j]$代表前$i$次操作使得小球编号增加$j$的概率，那么转移就是$f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][j]/m+f[i-1][j-1]/m$，发现可以矩阵快速幂优化，但是貌似是$O(N^3)$的...
仔细观察可以发现这个矩阵是循环矩阵，也就是说下一行和上一行相比只会右移一位，那么我们只需要记录第一行维护第一行的值就好了...
这样复杂度就优化到了$O(N^2lgk)$...
代码：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
using namespace std;
const int maxn=1000+5;
int n,m,t,no[maxn];
double lala[maxn];
struct Matrix{
double a[maxn];
inline void init(void){
memset(a,0,sizeof(a));
}
inline void initone(void){
memset(a,0,sizeof(a)),a[0]=1.0;
}
inline friend Matrix operator * (Matrix x,Matrix y){
Matrix res;res.init();
for(int i=0;i<n;i++)
for(int k=0;k<n;k++)
res.a[i]+=x.a[(i-k+n)%n]*y.a[k];
return res;
}
}x,ans;
inline Matrix power(Matrix x,int y){
Matrix res;res.initone();
while(y){
if(y&1)
res=res*x;
x=x*x,y>>=1;
}
return res;
}
signed main(void){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&no[i]);
x.a[0]=(1.0-1.0/m);x.a[1]=1.0/m;
ans=power(x,t);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<n;j++){
int tmp=(i+j)%n;
if(!tmp) tmp=n;
lala[tmp]+=ans.a[j]*(double)no[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.3f
",lala[i]);
return 0;
}
By NeighThorn