Codeforces Round #510 (Div. 2) E---谈处理数差平方和问题的套路技巧

CF 510(Div.2) E、Vasya and Magic Matrix

题意： n*m的矩阵中，每个格子有一个整数a[i][j]，人能从格子(xi,yi) 走到格子(xj,yj),
当且仅当a[xi][yi] >a[xj][yj]) ,其花费为距离的平方，如果有多个能走的点，等概率选择
其中某个点，仅当没有格子能走了，才停止。
问人在格子(r , c)，将要花费额的期望(P/Q)%(998244353)。

一、二维化为一维线性数组

用结构体node保存每个格子的x、y、val(行、列、值)，按权值小到大排序，所以可以从右边走到不等于本身val的所有格子，连续且从首开始。
例：蓝色格子可以走到红色格子任何一格，等概率

二维化一维
二、概率DP

定义：dp[i]为人在蓝色格子i上，走到停止，花费额的期望值。
它等可能走到所有红格子。走到红格子j，花费为dp[j] + (xi-xj)(xi-xj)+(yi-yj)(yi-yj)，所有花费和除以k(k为红格子数）即为dp[i]

$dp[i] = \sum_{1\leq j <k<i,node[k-1].val<node[i].val且node[k].val=node[i].val}(dp[j]+(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2)/(k-1)\\$
三、优化状态转移方程

dp[i] 几乎可由所有dp[j] (j<i)转移而来，这会使时间复杂度为O(n*n)

$dp[i] = \frac {1}{k-1} \sum_{1\leq j <k}(dp[j]+(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2)$
$dp[i] = \frac {1}{k-1}\sum_{1\leq j <k}dp[j]+\frac {1}{k-1}\sum_{1\leq j <k}((x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2)$
这样还是不够，我们可以在记录前k-1项dp[j]的和；这也是我们转化为一维的目的，但是后部还是需要(xi,yi）与前面k-1个点逐一2求两点距离平方！

套路：去平方，化为和值来处理！这是处理平方和问题的基本做法！
$dp[i] = \frac {1}{k-1}(\sum_{1\leq j <k}dp[j]+\sum_{1\leq j <k}x_j^2+\sum_{1\leq j <k}y_j^2-2x_i\sum_{1\leq j <k}x_j-2y_i\sum_{1\leq j <k}y_j)+x_i^2+y_i^2$

我们第1个节点从左到右遍历，必须维护dp[i]、x^2、y2、x、y的前缀和！
除以k-1，变成乘以k-1的逆元！现在就是个简单的线性dp，去实现吧！

#include <bits/stdc++.h>
#define llt long long
using namespace std;

const llt mod = 998244353;
const int N = 1e6+777;
struct node{
      int x,y;
      int val;
      bool operator <(node &a){
             return val<a.val;
      }
}p[N];

llt quick_mod(llt x,llt aa){
    llt res = 1;
    for(;aa;aa>>=1,x=x*x%mod)
        if(aa&1) res = res*x%mod;
    return res;
}
llt a[10][10]={0};
llt dp[N];
int main( ){
      int n,m;
      scanf("%d%d",&n,&m);
      int cnt = 0;
      for(int i=1;i<=n;++i)
         for(int j=1;j<=m;++j){
               scanf("%d",&p[cnt].val);
               p[cnt].x = i;
               p[cnt++].y = j;
         }
     int r,c;
     scanf("%d %d",&r,&c);
     sort(p,p+cnt);
     p[cnt].val = -1;
     // a[0][2] x^2 的 和
     // a[0][1] x 的 和
     // a[1][2] y^2 的 和
     // a[1][1] y 的 和
     // k  val小于它的个数  sum为val小于它的dp和 sum1为val相等的dp值
     llt k=0,sum = 0,sum1=0;
     for(int i=0;i<=cnt;++i){

        if(i&&p[i].val!=p[i-1].val) {
            for(int x=0;x<2;++x)
                for(int y=1;y<=2;++y)
                    (a[x][y] += a[x+2][y])%=mod,a[x+2][y] = 0;

            k = i;
            (sum+=sum1)%=mod;
            sum1 = 0;
        }
       
        dp[i]  = (sum+a[0][2]+a[1][2]-2ll*a[0][1]*p[i].x-2ll*a[1][1]*p[i].y)%mod*quick_mod(k,mod-2);
        dp[i] %= mod;
        
        if(dp[i]<0) dp[i] += mod;

        if(k) (dp[i] += (p[i].x*p[i].x+p[i].y*p[i].y))%=mod;

       if(p[i].x==r&&p[i].y==c) {
             cout<<dp[i]<<endl;
             break;
       }
       
        ( sum1 += dp[i])%=mod;
        (a[2][2] += p[i].x*p[i].x)%=mod;
        (a[3][2] += p[i].y*p[i].y)%=mod;
        (a[2][1] += p[i].x)%=mod;
        (a[3][1] += p[i].y)%=mod;
     }

     return 0;
}

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