poj 1322 Chocolate （生成函数||概率DP）

题目描述

传送门

题目大意：一个口袋中装有巧克力，巧克力的颜色有c种。现从口袋中取出一个巧克力，若取出的
巧克力与桌上已有巧克力颜色相同，则将两个巧克力都取走，否则将取出的巧克力放在桌上。
设从口袋中取出每种颜色的巧克力的概率均等。求取出 n 个巧克力后桌面上剩余 m 个巧克
力的概率。

题解

首先m的个数一定小于等于c，因为如果某种颜色的巧克力数量是大于等于2，那么一定会两个一对被取走，也就是最后剩下的每种巧克力要么只有一个要么没有。如果(n-m)%2!=0，或者m>n,m>n，那么概率一定为0.
那么这个问题其实就可以用概率与期望DP来解决。
令f[i,j]表示取出i块巧克力，恰好剩j块的概率。
f[i,j]=f[i−1][j−1]∗c−(j−1)c+f[i−1][j+1]∗j+1c
但是这样做的时间复杂度太高了，那么有没有更高效的方法呢？其实是有的，那就是生成函数。
鉴于这是第一道生成函数的题，所以接下来先说明一些生成函数的预备知识。
指数型生成函数一般用来解决排列问题.定义一个序列{ai}的生成函数为

a0+a11!x+a22!x2+a33!x3+.......

指数型生成函数的常见形式
(1)序列<1,1,1,….,1> G(x)=1+x1!+x22!+x33!+..... 的指数型生成函数闭形式为ex
(2)序列<1,-1,1,-1,….> 的指数型生成函数闭形式为e−x
(3)序列<1,0,1,0,1,….> 的指数型生成函数闭形式为ex+e−x2
(4)序列<0,1,0,1,0….> 的指数型生成函数闭形式为ex−e−x2
(5)设序列{an}{bn}的指数生成函数是A(x),B(x) ,则C(x)=A(x)B(x)=∑∞n=0cn∗xnn!,其中cn=∑∞k=0ak∗bn−k∗C(n,k)
(6)g(x)=C0m+C1mx+C2mx2+.....=(1+x)m

然后回到这道题的题目。这道题时间上就是让m种颜色取奇数个，c-m种颜色取偶数个，求排列的个数。
根据上面的预备知识我们知道，奇数项指数生成函数为ex−e−x2,偶数项生成函数为ex+e−x2,因此选m个奇数，c-m个偶数的指数生成函数为(ex−e−x)m(ex+e−x)c−m2c,由于哪m种颜色取奇数个是不确定的，所以方案数还要乘上Cmc,然后再除以总方案数cn就是概率。
本题的答案就是多项式(ex−e−x)m(ex+e−x)c−m∗Cmc2c∗cn的xn项的系数乘以n!
这里补充一点，ekx中xn的系数为knn!,这个吧我其实不会证明，会了再来填坑。
现在考虑如果将(ex−e−x)m(ex+e−x)c−m展开得到每个ekx中xn的系数gn。
设a=ex,b=e−x,那么根据二项式定理
(a−b)m=∑mr=0(−1)rCrn∗an−r∗br,(a+b)m=∑mr=0Crn∗an−r∗br
因为x,-x会互相抵消，所以我们枚举(ex−e−x)m中ex的指数i，那么e−x的指数为m-i,再枚举(ex+e−x)c−m中ex的指数j，那么e−x的指数为c-m-j,由这两项合并得到的ekx中k的值为2∗(i+j)−c,然后根据m−i的奇偶性确定正负,对答案的贡献就是knn!∗Cim∗Cjc−m∗(−1)m−i,我们发现外层还有一个n!cn，可以约分得到(kc)n∗Cim∗Cjc−m∗(−1)m−i.
如果T=∑(kc)n∗Cim∗Cjc−m∗(−1)m−i, 那么答案就是T∗Cmc2c

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define N 100using namespace std;double C[N+3][N+3];int c,m,n;double quickpow(double num,int x){    double ans=1; double base=num;    while (x) {        if (x&1) ans=ans*base;        x>>=1;        base=base*base;    }    return ans;}int main(){    freopen("a.in","r",stdin);    for (int i=0;i<=N;i++) C[i][0]=1;    for (int i=1;i<=N;i++)     for (int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];    while (true) {        scanf("%d",&c);        if (!c) break;        scanf("%d%d",&n,&m);        if ((n-m)%2||m>c||m>n) {            printf("0.000\n");            continue;        }        double ans=0;        for (int i=0;i<=m;i++)         for (int j=0;j<=c-m;j++) {            double k=2.0*(i+j)-c;            if ((m-i)&1) ans-=quickpow(k*1.0/c,n)*C[m][i]*C[c-m][j];            else ans+=quickpow(k*1.0/c,n)*C[m][i]*C[c-m][j];         }        ans/=quickpow(2.0,c);        ans*=C[c][m];        printf("%.3lf\n",ans);    }}