【Codeforces Round 333 (Div 2)E 期望DP概率

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<ctype.h>#include<math.h>#include<iostream>#include<string>#include<set>#include<map>#include<vector>#include<queue>#include<bitset>#include<algorithm>#include<time.h>using namespace std;void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))#define MP(x,y) make_pair(x,y)#define ls o<<1#define rs o<<1|1typedef long long LL;typedef unsigned long long UL;typedef unsigned int UI;template <class T> inline void gmax(T &a,T b){if(b>a)a=b;}template <class T> inline void gmin(T &a,T b){if(b<a)a=b;}const int N=100+5,M=1000+5,S=1e5+5,Z=1e9+7,ms63=1061109567;int n,m,k,pre,now;double s[2][S+M];inline double query(int x){return x<0?0:s[pre][x];}int main(){while(~scanf("%d%d",&n,&m)){if(m==1){puts("1");return 0;}int top=n*m;double mu=1.0/(m-1);for(int i=0;i<=top;++i)s[0][i]=1;int mysco=0;pre=0;now=1;for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&k);mysco+=k;for(int j=0;j<i;++j)s[now][j]=0;for(int j=i;j<=top;++j){double rate=(query(j-1)-query(j-m-1))       -(query(j-k)-query(j-k-1));s[now][j]=s[now][j-1]+rate*mu;}pre^=1;now^=1;}double ans=s[pre][mysco-1];ans=ans*(m-1)+1;printf("%.12f\n",ans);}return 0;}/*【trick&&吐槽】1，这道题看似很难，然而只要沉下心来思考，发现问题细细化简后，还是完全可思考的。2，复杂度看似很高，然而就是可以这样暴力过掉，真是暴力出奇迹的有效印证啊！3，所以说敢想敢试是ACMer的基本素养>_<~~4，CF多组数据一定要确保完全读入才能用continue。否则是坑自己多次输出，还不如用return 0 TwT5，树状数组的下标要从1开始不要忘记了。6，DP的边界处理，再树状数组内部特判一下，写起来就很方便啦。【题意】这题比较奇怪。题意是说——有m（1000）个人，他们一同参加了n（100）场比赛。对于每场比赛，m个人的排名都构成[1,m]的全排列。排名第i的人会得到分数i。我们知道自己在每场比赛中的名次（设第i场的名次为a[i]），自然，也就知道了自己在每场比赛中的得分。现在我们想要求，我们最终的比赛名次的期望。最终的比赛名次是指，如果最终时刻有k个人的分数严格比我们小，那么我们的名次便是k+1。现在求得就是这个值的期望。【类型】期望DP【分析】设计到期望的题目，并不一定就难得不可做。我们发现，一共有m个人。除了我们自己之外，还有m-1个人。这m-1个人，每个人的期望得分的状况其实都是相同的。更加具体而言，我们还有——每个人的可能得分都必然是整数。整数的范围是[n*1,n*m].如果我们暴力一点，求得每个人对于每个得分x的概率p[x]，我们自己的得分是u的话，那答案就是p[1,u)*(m-1)+1这个显然成立，因为：一个人比我们分数低的概率*人数=比我们分数低的人数的期望，+1后就是我们名次的期望。于是问题就只剩下——p[x]怎么求？n和m并不大，甚至说，我们感觉到人数n * 分数的上限n*m 也不过1e7。于是，我们DP一个人的得分状况——定义f[i][j]表示"经过了前i次考试，这个人得分为j的概率"。那么有——f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j-2]+...+f[i-1][m]-f[i-1][j-a[i]])/(m-1)这个DP的意义很简单，就是说，我们枚举这个状态，然后看看有哪些状态可以到达它。而之前的每个可以转移状态，转移到当前状态的当步转移概率都是均等的，都是1/(m-1)。于是，只要这一个简单的DP，就能实现题目的要求。然而这个DP的时间复杂度却是O(n * n*m * m) 要爆炸！这里涉及到区间和，于是我们想到用树状数组优化——把DP的时间复杂度可达O(n*n*m log(m))，然而却依然可以无压力在250ms内AC啦，啦啦啦啦！然而，树状数组还是傻叉做法。因为这里又不涉及到动态修改，我为什么用树状数组？！直接搞一个前缀和s[2][S]就好啦！【时间复杂度&&优化】O(n*n*m log(m)) -> O(n*n*m）*/