bzoj 2510: 弱题 循环矩阵

时间：2023-03-10 05:12:44
bzoj 2510: 弱题 循环矩阵

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

Sample Output

1.667
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。

　　这道题有两种解法，一中是预处理每一个位置经过k次到达另外位置的概率，七中运用到了类似于倍增的方法，求经过2^i次转移后的概率数组，然后在计算k次。

　　另一种解法在网上已经有提到，观察转移矩阵是一个“循环矩阵”，即每一行都是上一行通过右移得到，循环矩阵A、B满足A*B=C，那么C也是循环矩阵，则这样的矩阵做乘法只用O(n^2)，原因是一个矩阵只需要O(n)的空间就可以储存，而答案矩阵每一个元素都能用乘数矩阵通过O(n^2)错位相乘得出，具体细节自行脑补。总之我觉得非常神奇。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

#define MAXN 1099

typedef double real;

int n,m,tt;

real mat[MAXN];

real res[MAXN];

real tmp[MAXN];

real ans[MAXN];

int tot[MAXN];

void mul(real res[],real m1[],real m2[])

{

        memset(res,,sizeof(real)*MAXN);

        for (int i=;i<m;i++)

                for (int j=;j<m;j++)

                        res[(i+j+m)%m]+=m1[i]*m2[j];

}

int main()

{

        //freopen("input.txt","r",stdin);

        scanf("%d%d%d",&m,&n,&tt);

        for (int i=;i<m;i++)

                scanf("%d",tot+i);

        mat[]=1.0/n;

        mat[]=(n-1.0)/n;

        res[]=;

        while (tt)

        {

                if (tt&)

                {

                        mul(tmp,res,mat);

                        memcpy(res,tmp,sizeof(tmp));

                }

                mul(tmp,mat,mat);

                memcpy(mat,tmp,sizeof(tmp));

                tt>>=;

        }

        for (int i=;i<m;i++)

        {

                for (int j=;j<m;j++)

                {

                        ans[i]+=tot[j]*res[(i-j+m)%m];

                }

                printf("%.3lf\n",ans[i]);

        }

        return ;

}

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