【概率+生成函数+NTT+启发式合并】LOJ2541 PKUWC2018 猎人杀

【题目】
原题地址
有 $n$ 个人，每个人有一个权 $w_i$ ，进行 $n-1$ 轮游戏，每一轮，第 $k$ 个人被和谐的概率为 $\frac {w_k} {\sum_{i\in 当前没被和谐的人}w_i}$ (要求第 $k$ 个人没有被和谐)。求 $1$ 号是最后一个被和谐的概率。 $1\leq n,w_i\leq 10^5,\sum w_i \leq 10^5$

【解题思路】
这是一道好题！
对于原问题我们很难直接算出答案，于是可以考虑容斥，我们要容斥的就是有一些人在 $1$ 之后和谐的概率。
设 $S$ 为人的集合， $p(S)$ 为 $S$ 这个集合中所有人都在 $1$ 之后和谐的概率，那么我们有：
$ans=\sum (-1)^{|S|}p(S)$

这个问题依旧很难解决，下面一步转化是我认为这道题目的精髓所在：

原问题是和谐一个人后就将一个人 $w_i$ 的贡献去掉，现在我们和谐一个人后不去掉他，每次当我们和谐一个已经被和谐过了的人，我们当作一次“滑稽”，即我们再重新和谐一次，这样做与原问题实际上是等价的，可以进行简单证明：

设 $W=\sum_{i=1}^n w_i,A=\sum_{i\in 已经被和谐的人}w_i$ 。
那么第 $i$ 个人是下一个和谐的概率 $p_i$ 在原问题中应该是 $\frac {w_i} {W-A}$ 。
在转化后的问题中应该是 $p_i=\frac A W p_i+\frac {w_i} W$ (和谐到已和谐的再和谐一次，或者和谐这个人)。化简以后等于上面那个柿子。

下面要求 $p(S)$ ，我们设 $sum(S)=\sum_{i\in S}w_i$ 。
$\begin{aligned} p(S) = & \sum_{i=0}^{\infty} (1-\frac {w_1+sum(S)} W)^i \frac {w_1} W \\ = &\frac {w_1} W \sum_{i=0}^{\infty} (1-\frac {w_1+sum(S)} W)^i \\ = & \frac {w_1} W \times \frac W {w_1 +sum(S)}\\ = & \frac {w_1} {w_1+sum(S)} \end{aligned}$
上面的第一步的意思就是前 $i$ 轮 $1$ 和 $S$ 都没死，第 $i+1$ 轮 $1$ 死了。
第三步无穷级数求和是因为 $0<1-\frac {w_1+sum(S)} W <1$ ，因此这是一个收敛的无穷级数。根据经验我们有 $\sum_{i=0}^{\infty} x^i=\frac 1 {1-x}$ ，可以得到上面的柿子。

那么现在
$ans=\sum (-1)^{|S|} \frac {w_1} {w_1+sum(S)}$
其中这个 $w_1$ 是可以提到求和符号外面的。

直接算显然还是不行的，观察到 $W$ 很小，我们可以构造一个生成函数 $f(x)$ ，使得 $f(x)$ 的 $i$ 次项系数是分母为 $i$ 时的贡献系数。
观察到每多一个人，贡献系数要乘上 $-1$ ， $1$ 必须要贡献，除 $1$ 以外所有人可以选则贡献或不贡献，这个形式就类似二项式。于是我们有：
$f(x)=x^{w_1}\prod^n_{i=2} (1-x^{w_i})$
我们现在要做的就是将若干个多项式乘起来，可以用堆来维护多项式大小进行启发式合并， $NTT$ 来优化多项式乘法。

时间复杂度 $O(W\cdot \log^2W)$

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
#define vi vector<int>
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e5+10,M=262245;
const int mod=998244353,g=3;
int n,sum,ans,c[N];

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}

void up(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;if(x<0)x+=mod;}
int upm(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
int qpow(int x,int y)
{
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod) if(y&1) ret=(LL)ret*x%mod;
	return ret;
}

namespace NTT
{
	int m,sz,L,rev[M];
	vi C,f[N];
	priority_queue<pii>q;

	void ntt(vi &a,int n,int op)
	{
		for(int i=0;i<n;++i) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(int i=1;i<n;i<<=1)
		{
			int wn=qpow(g,(mod-1)/(i<<1));
			if(op==-1) wn=qpow(wn,mod-2);
			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
			{
				int w=1;
				for(int k=0;k<i;++k,w=(LL)w*wn%mod)
				{
					int x=a[j+k],y=(LL)w*a[i+j+k]%mod;
					a[j+k]=upm(x+y);a[i+j+k]=upm(x-y+mod);
				}
			}
		}
		if(op==-1) for(int i=0,inv=qpow(n,mod-2);i<n;++i) a[i]=(LL)a[i]*inv%mod;
	}

	void init()
	{
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read(),sum+=c[i]; 

		f[1].resize(c[1]+1);f[1][0]=0;f[1][c[1]]=1;q.push(mkp(-c[1]-1,1));
		for(int i=2;i<=n;++i)
			f[i].resize(c[i]+1),f[i][0]=1,f[i][c[i]]=mod-1,q.push(mkp(-c[i]-1,i));
	}

	void merge(int idx,int szx,int idy,int szy)
	{
		for(sz=szx+szy,m=1,L=0;m<=sz;m<<=1) ++L;
		for(int i=0;i<m;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
		f[idx].resize(m);f[idy].resize(m);C.resize(m);
		ntt(f[idx],m,1);ntt(f[idy],m,1);
		for(int i=0;i<m;++i) C[i]=(LL)f[idx][i]*f[idy][i]%mod; 
		ntt(C,m,-1);
	}

	void solve()
	{
		while(q.size()>1)
		{
			int idx=q.top().se,szx=-q.top().fi;q.pop();
			int idy=q.top().se,szy=-q.top().fi;q.pop();
			merge(idx,szx,idy,szy); f[idx].clear();
			for(int i=0;i<szx+szy-1;++i) f[idx].pb(C[i]);
			q.push(mkp(-szx-szy+1,idx));
		}
		int id=q.top().se; 
		ans=0;
		for(int i=0;i<=sum;++i) up(ans,(LL)f[id][i]*qpow(i,mod-2)%mod);
		ans=(LL)ans*c[1]%mod; printf("%d\n",ans);
	}
};

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("LOJ2541.in","r",stdin);
	freopen("LOJ2541.out","w",stdout);
#endif
	NTT::init();NTT::solve();

	return 0;
}

【总结】
这个概率问题的转化和这个生成函数的构造都是很妙的啊！

【概率+生成函数+NTT+启发式合并】LOJ2541 PKUWC2018 猎人杀

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