[PKUWC2018][loj2541]猎人杀

前言

先是容斥
分治套NTT

题意简介

题目链接

题目大意

现在有$n$个猎人，每个猎人都有一个值$w_i$
进行$n$次杀人，死掉的人不会再被杀
每次杀人过程中第$i$个猎人被杀的概率为$\frac{w_i}{\sum w_j}$
问第一个猎人最后一个死的概率
（答案对998244353取模）

数据范围

$w_i>0,1\le \sum w\le 100000$
由于上面这两个限制，我们发现$1\le n\le 100000$

题解

我们要求的是没有人在$1$号猎人后死的概率
我们发现直接求不好求，那么考虑容斥
设$f(S)$为$S$集合内的人全都在$1$号猎人后死的概率（不在$S$集合里的人不确定）
显然$f(S)=\frac{w_1}{{\sum }_{i\in S}{w}_i+w_1}$
根据容斥的定义式
∣ A 1 ∪ A 2 ∪ . . . ∪ A n ∣ = ∑ i = 1 n ( − 1 ) i − 1 ∑ ∣ T ∣ = i , T = { x 1 . . . x i } ∣ A x 1 ∩ A x 2 ∩ . . . ∩ A x i ∣ |{A_1}cup{A_2}cup...cup{A_n}|=sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}sum_{|T|=i,T={x_1...x_i}}|{A_{x_1}}cap{A_{x_2}}cap...cap{A_{x_i}}| ∣A1​∪A2​∪...∪An​∣=i=1∑n​(−1)i−1∣T∣=i,T={x1​...xi​}∑​∣Ax1​​∩Ax2​​∩...∩Axi​​∣
我们发现我们要求的就是 ∑ ∣ T ∣ = i , T = { x 1 . . . x i } ( − 1 ) i f ( T ) sum_{|T|=i,T={x_1...x_i}} (-1)^if(T) ∣T∣=i,T={x1​...xi​}∑​(−1)if(T)
我们发现，直接枚举所有集合复杂度为$\mathcal{O}(2^n)$，显然不能接受

这题在数据范围上是对$\sum w$进行限制的，所以不能学傻
我们可以得到一个非常通俗易懂的$\mathcal{O}(n^2)$DP算法
我们可以用$f_{i,j}$表示前$i$个猎人，$\sum w=j$的方案数（差不多就是背包）
转移是枚举下一个元素是否选，是$\mathcal{O}(1)$的
由于奇偶性不同的情况下符号不一样，所以我们在转移的时候可以使用$-1$的系数，这样就可以统计答案了
这个$\mathcal{O}(n^2)$算法期望得分50分

考虑生成函数，我们就会发现（生成函数基础应用）
本质上这个$dp$就是一个多项式，每次卷上一个在$w_i$位上有个$-1$，$0$位上有个$1$的多项式
知道结果多项式即可
成功将复杂度升至$\mathcal{O}(n^{2}logn)$
我们发现，多项式乘法的复杂度拆开成两个多项式长度可以表示为$\mathcal{O}((lena+lenb)log(lena+lenb))$
直接分治即可
具体做法的代码（缩略版，其实是我不知道写伪代码的正确姿势）

polynomial calc(int l,int r)
{
	if(l==r)return a[l];
	int mid=(l+r)/2;
	return calc(l,mid)*calc(mid+1,r);
}

将复杂度降到$\mathcal{O}(nlo{g}^{2}n)$
证明： $log(lena+lenb)\iff logn$(这里的$n$为100000)
每个多项式只会参与多项式乘法$logn$次，一次的复杂度消耗为长度乘以log
故总复杂度为$\mathcal{O}(nlo{g}^{2}n)$

代码

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<vector>
namespace fast_IO
{
	const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;
	char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;
	inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}
	inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}
	inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
#define putchar(x) putchar_((x))
typedef long long ll;
#define rg register
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline T mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline T maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline void swap(T*a,T*b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{
    char cu=getchar();x=0;bool fla=0;
    while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}
    while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();
    if(fla)x=-x;  
}
template <typename T> void printe(const T x)
{
    if(x>=10)printe(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{
    if(x<0)putchar('-'),printe(-x);
    else printe(x);
}
const int maxn=2097153,mod=998244353;
inline int Md(const int x){return x>=mod?x-mod:x;}
template<typename T>
inline int pow(int x,T y)
{
	rg int res=1;x%=mod;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)if(y&1)res=(ll)res*x%mod;
	return res;
}
int W_[maxn],FW_[maxn],ha[maxn],hb[maxn];
inline void init(const int x)
{
	rg int tim=0,lenth=1;
	while(lenth<x)lenth<<=1,tim++;
	for(rg int i=1;i<lenth;i++)
	{
		W_[i]=pow(3,(mod-1)/i/2);
		FW_[i]=pow(W_[i],mod-2);
	}
}
int L;
inline void NTT(int*A,const int fla)
{
	for(rg int i=0,j=0;i<L;i++)
    {
        if(i>j)swap(A[i],A[j]);
        for(rg int k=L>>1;(j^=k)<k;k>>=1);
    }
	for(rg int i=1;i<L;i<<=1)
	{
		const int w=fla==-1?FW_[i]:W_[i];
		for(rg int j=0,J=i<<1;j<L;j+=J)
		{
			int K=1;
			for(rg int k=0;k<i;k++,K=(ll)K*w%mod)
			{
				const int x=A[j+k],y=(ll)A[j+k+i]*K%mod;
				A[j+k]=Md(x+y),A[j+k+i]=Md(mod+x-y);
			}
		}
	}
}
struct poly
{
	std::vector<int>A;
	inline int&operator[](const int x){return A[x];}
	inline void clear(){A.clear();}
	inline unsigned int size(){return A.size();}
	void RE(const int x)
	{
		A.resize(x);
		for(rg int i=0;i<x;i++)A[i]=0; 
	}
	void readin(const int MAX)
	{
		A.resize(MAX);
		for(rg int i=0;i<MAX;i++)read(A[i]);
	}
	void putout()
	{
		for(rg int i=0;i<A.size();i++)print(A[i]),putchar(' ');
	}
	inline poly operator *(const poly b)const
	{
		L=1;const int RES=A.size()+b.A.size()-1;
		while(L<RES)L<<=1;
		poly c;c.A.resize(RES);
		memset(ha,0,sizeof(int)*L);
		memset(hb,0,sizeof(int)*L);
		for(rg int i=0;i<A.size();i++)ha[i]=A[i];
		for(rg int i=0;i<b.A.size();i++)hb[i]=b.A[i];
		NTT(ha,1),NTT(hb,1);
		for(rg int i=0;i<L;i++)ha[i]=(ll)ha[i]*hb[i]%mod;
		NTT(ha,-1);
		const int inv=pow(L,mod-2);
		for(rg int i=0;i<RES;i++)c.A[i]=(ll)ha[i]*inv%mod;
		return c;
	}
}a[100001];
int n,w[100001];
void fz(const int l,const int r)
{
	if(l==r)
	{
		a[l].RE(w[l]+1);
		a[l][0]=1;
		a[l][w[l]]=mod-1;
		return;
	}
	const int mid=(l+r)>>1;
	fz(l,mid),fz(mid+1,r);
	a[l]=a[l]*a[mid+1];
	a[mid+1].A.clear();
}
int ans;
int main()
{
	init(maxn-2); 
	read(n);
	for(rg int i=0;i<n;i++)read(w[i]);
	fz(1,n-1);
	for(rg int i=0;i<a[1].size();i++)ans=Md(ans+(ll)w[0]*pow(i+w[0],mod-2)%mod*a[1][i]%mod);
	print(ans);
	return flush(),0;
}

总结

写了一个多项式乘法的板子（还没填更多的功能），剩下的就比较清真了
终于有一篇博客写到分治+FFT了
想到容斥就有50分，去年的我50分都没

最后

以上就是淡定方盒为你收集整理的[PKUWC2018][loj2541]猎人杀的全部内容，希望文章能够帮你解决[PKUWC2018][loj2541]猎人杀所遇到的程序开发问题。

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