Codeforces Round #487 (Div. 2) E. A Trance of Nightfall (矩阵优化)

题意 :

有一个平面 , 给你 \(n\) 个点构成一个点集 \(S\) , 一开始可以选择一个平面上任意点 \(P\) .

存在种操作 :

1 选择一条至少 通过 \(S\) 中任意两个点以及 \(P\) 点 的直线, 然后可以在这条直线上等概率选择一个在 \(S\) 中的点 \(v\) .

如果有多条直线 , 那么等概率选择任意一条 . (可以原地不动)

2 选择了这个点 \(v\) 后 , 将 \(P\) 移动到这个点 .

也就是只有第一次可以自己随机选择点 , 后面

有 \(q\) 次询问 .

每次有两个参数 \(t_i, m_i\) , 询问在 \(m_i\) 次操作后 , 停留在第 \(t_i\) 个点的最大概率 .

\((n \le 200, q \le 200, m_i \le 10^4)\)

题解 :

考试的时候只差一点点就想出来了 ... 询问的时候每次复杂度多了一个 \(O(n)\) TAT

如果第一次选的不是存在于原图中线上的点 , 那么概率是 \(0\) 就没有用啦 .

所以第一次就是直接选择一条直线 , 然后去用 dp 算答案啦 qwq

令 \(dp_{i,j}\) 为第 \(i\) 次到 \(j\) 号点的概率 , 我们每次询问只要回答对于每条线最后答案就是 \(\displaystyle \max_{line} dp_{t_i,m_i}\) .

转移的话我们只要预处理出过点 \(P\) 的线 , 以及线上的点就行了 (用叉积判断三点共线就行了)

然后 \(P\) 到这些点的转移系数就直接算就行了 qwq

( 令过 \(P\) 的直线数为 \(s_1\) , 然后 \(Pv\) 直线上的点数为 \(s_2\) . 选 \(v\) 概率为 \(\displaystyle \frac{1}{s_1 \times s_2}\) )

暴力实现这个过程的复杂度就是 \(O(qn^2m_i)\) 无法承受 , 就算是预处理也需要 \(O(n^2m_i)\) 的空间和时间 .

我们不难发现 , 对于这种 常系数齐次线性递推式 常常有一个套路 矩阵乘法优化 qwq .

我们对于那些系数构造出矩阵 , 每次操作相当于一次矩阵乘法 .

也就是说对于矩阵中的 \((i,j)\) 这个位置的值代表 \(i \to j\) 的概率 .

然后 ~~用套路~~ 开始预处理 \(2^i\) 次方的转移矩阵就行了 . 每次查询的时候考虑用这些矩阵来转移出最后的答案 .

令 \(f_i\) 为 \(i\) 到当前目标 \(m\) 的概率 . 我们就可以考虑用这个矩阵转移出 \(t_i\) 步后的概率 .

把 \(t_i\) 二进制分解后第 \(j\) 位如果为 \(1\) 那么我们就可以用这个矩阵来转移啦 .

转移就是 \(\displaystyle f_i = \sum_{j=1}^{n} coef[i][j] ~ f_j\) 就是 \(i \to m\) 相当于 \(\forall j, ~ i \to j \to m\) .

注意 \(t_i = 1\) 的时候要特判一下 \(f_i\) .

然后每次枚举一条边 , 算出线上所有点 \(p_i\) 的合 , 最后取一个 \(\max\) 就行了 .

最后分析下时间复杂度 qwq

线上所有点个数之和为 \(O(n^2)\) , 预处理是 \(O(n^3 \log t_i)\) 的 , 回答单个询问做的转移次数是 \(O(n^2 \log t_i)\) 的 .

所以时间复杂度就是 \(O(n^3 \log t_i+qn^2 \log t_i)\) . 卡卡常只要 \(202ms\) 就跑完啦 ~

代码 :

#include <bits/stdc++.h>zjp
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ':' << x << endl
#define pb push_back
using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("E.in", "r", stdin);
    freopen ("E.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 210;
const double eps = 1e-8;

int n, m;

struct Matrix { double a[N][N]; Matrix() { Set(a, 0); } } ;

inline Matrix operator * (Matrix a, Matrix b) {
    Matrix res;
    For (i, 1, n) For (k, 1, n) if (a.a[i][k] > eps)
        For (j, 1, n) res.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j];
    return res;
}

Matrix Bas[21];


int cnt = 0; vector<int> lis[N * N]; bool InLine[N][N];

struct Point { int x, y; } lt[N];
inline bool Collinear (Point a, Point b, Point c) {
    return (a.y - b.y) * (b.x - c.x) == (b.y - c.y) * (a.x - b.x);
}

int tot[N]; double coef[N][N];

void Init() {
    For (i, 1, n - 1) {
        For (j, i + 1, n) if (!InLine[i][j]) {
            lis[++ cnt].pb(i); lis[cnt].pb(j);
            For (k, j + 1, n)
                if (Collinear(lt[i], lt[j], lt[k])) lis[cnt].pb(k);
            For (k, 0, lis[cnt].size() - 1) For (l, 0, lis[cnt].size() - 1)
                InLine[lis[cnt][k]][lis[cnt][l]] = true;
        }
    }

    For (i, 1, cnt)
        for (int ver : lis[i]) ++ tot[ver];

    For (i, 1, cnt) {
        int Size = (int)lis[i].size();
        for (int beg : lis[i]) for (int ver : lis[i]) 
            coef[beg][ver] += 1.0 / tot[beg] / Size;
    }

    For (i, 1, n) For (j, 1, n) Bas[0].a[i][j] = coef[i][j];

    int cur = 1;
    for (int i = 1; ; ++ i) {
        if ((cur <<= 1) > 10000) break;
        Bas[i] = Bas[i - 1] * Bas[i - 1];
    }
}

double prob[N], tmp[N];

double Answer(int times, int ver) {
    if (!(-- times)) {
        For (i, 1, n) prob[i] = (i == ver) ? 1 : 0;
    }
    else {
        bool fir = true;
        For (p, 0, 18)
            if ((times >> p) & 1) {
                if (fir) { fir = false; For (i, 1, n) prob[i] = Bas[p].a[i][ver]; }
                else {
                    For (i, 1, n) {
                        double cur = .0; For (j, 1, n) cur += Bas[p].a[i][j] * prob[j]; tmp[i] = cur;
                    }
                    swap(prob, tmp);
                }
            }
    }

    double res = .0;
    For (i, 1, cnt) {
        double sum = .0;
        for (int v : lis[i])
            sum += prob[v] / (double)lis[i].size();
        res = max(res, sum);
    }
    return res;
}

int main () {
    File();
    n = read(); 
    For (i, 1, n)
        lt[i] = (Point) {read(), read()};
    Init();

    m = read();
    For (i, 1, m) {
        int ver = read(), times = read();
        printf ("%.10lf\n", Answer(times, ver));
    }

    return 0;
}

Codeforces Round #487 (Div. 2) E. A Trance of Nightfall (矩阵优化)

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