LINK：小B的夏令营
这道题是以前从没见过的优化dp的方法 不过也在情理之中.
注意读题 千万不要像我这个sb一样 考完连题意都不知道是啥.
一个长方形 要求从上到下联通的概率。
容易发现 K天只是用来计算概率的 和 dp的状态无关。
我们可以逐行 dp.
容易设f[i][l][r]表示前i行 当前行l~r没有被摧毁的概率。
考虑在k天之后第i行 l~r没被摧毁的概率。
l-1在这k天被摧毁了 那么因为有序 概率为\(C(k,l-1)p^{l-1}(1-p)^{k-l+1}\)
对于r的那边同理。
暴力转移 就是枚举上一层的L,R 使得LR与lr的交集不为空.
整个时间复杂度为n^5.
考虑 快速得到L~R 对 l~r的贡献 发现 求和l~r有交比较困难。
考虑容斥 那么就是总-左端点在r之后-右端点在l之前即可。
这样就可以优化到n^3 值得注意的是 上述两种情况其实是对等的 所以只需要求一种即可。
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mux(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
const int MAXN=510,maxn=100010;
int n,m,p,k;
int f[2][MAXN][MAXN];
int fac[maxn],inv[maxn],w[maxn],w1[MAXN];
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p){if(p&1)cnt=mul(cnt,b);b=mul(b,b);p=p>>1;}
return cnt;
}
inline void prepare(int maxx)
{
fac[0]=1;
rep(1,maxx,i)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[maxx]=ksm(fac[maxx],mod-2);
fep(maxx-1,0,i)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
}
inline int C(int a,int b){return a<b?0:(ll)fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
get(n);get(m);p=(ll)read()*ksm(read(),mod-2)%mod;get(k);
prepare(max(n,k));
rep(0,min(k,m),i)w[i]=mul(mul(C(k,i),ksm(p,i)),ksm(1-p+mod,k-i));
int u=0;f[u][1][m]=1;
rep(1,n,T)
{
int ans=0;
rep(1,m,i)w1[i]=0;
rep(1,m,i)rep(i,m,j)
{
ans=add(ans,f[u][i][j]);
w1[j]=add(w1[j],f[u][i][j]);
}
rep(1,m,i)w1[i]=add(w1[i],w1[i-1]);
u=u^1;
rep(1,m,i)rep(i,m,j)
f[u][i][j]=mul(mux(mux(ans,w1[i-1]),w1[m-j]),mul(w[i-1],w[m-j]));
}
int ans=0;
rep(1,m,i)rep(i,m,j)ans=add(ans,f[u][i][j]);
put(ans);
return 0;
}
考虑100分的做法：
状态的维度都是n^3的 必须要降维.
按行划分是必要的 所以只能把左端点给省掉或者把右端点给省掉.
我是将前者省掉 设状态f[i][j]表示到了第i行 以j为右端点的概率。
这次需要先枚举l进行转移 实际上这个枚举可以经过预处理之后O(1)得到。
所以 复杂度被降到了nm.
值得注意的是 需要把状态转移方程给写清楚 然后考虑预处理哪些项来计算。
不要像我一样迷瞪半天...
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mux(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
const int MAXN=1510,maxn=100010;
int n,m,p,k;
int f[MAXN][MAXN];//f[i][j]表示前i行 右端点在j的概率.
int fac[maxn],inv[maxn],w[maxn],w1[maxn],w2[maxn];
inline int ksm(int b,int p)
{
int cnt=1;
while(p){if(p&1)cnt=mul(cnt,b);b=mul(b,b);p=p>>1;}
return cnt;
}
inline void prepare(int maxx)
{
fac[0]=1;
rep(1,maxx,i)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[maxx]=ksm(fac[maxx],mod-2);
fep(maxx-1,0,i)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
}
inline int C(int a,int b){return a<b?0:(ll)fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;}
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
get(n);get(m);p=(ll)read()*ksm(read(),mod-2)%mod;get(k);
prepare(max(n,k));
rep(0,min(k,m),i)w[i]=mul(mul(C(k,i),ksm(p,i)),ksm(1-p+mod,k-i));
f[0][m]=1;
rep(1,n,i)
{
int ww1=0;int cnt=0;int cc=0;
rep(1,m,j)
{
cnt=add(cnt,f[i-1][j]);
ww1=add(ww1,f[i-1][j]);
w1[j]=add(w1[j-1],mul(w[j],ww1));
w2[j]=ww1;
}
rep(1,m,j)
{
cc=add(cc,w[j-1]);
f[i][j]=mux(mux(mul(cc,cnt),w1[j-1]),mul(cc,w2[m-j]));
f[i][j]=mul(f[i][j],w[m-j]);
}
}
int ans=0;
rep(1,m,i)ans=add(ans,f[n][i]);
put(ans);
return 0;
}