CF618G Combining Slimes【条件概率DP】

题目描述：

洛谷 link

$10^{-9}<p\le 1$

题目分析：

先不考虑格子长度的限制，我们要得到数字 $x$ 的概率 $p[x]=p[x-1]^2$，而 $p[2]_{max}=1-10^{-9}$，那么 $p[x]_{max}=(1-10^{-9})^{2^{x-1}}$，当 $x=50$ 时已经无限趋于0，可以近似认为不可能得到大于 50 的数。

设 $a[i][j]$ 表示用 $i$ 个格子得到第一个数为 $j$ 的概率，有：
$\begin{cases} j>2, ~a[i][j]=a[i][j-1]*a[i-1][j-1]\\ a[1][1]=p,~a[1][2]=1-p\\ i>1,~a[i][1]=1,~a[i][2]=1-p+p^2\end{cases}$

如果相邻两个格子为$1~2$，那么就不会往左合并了，可能会用到第一个产生的数为 2 形成 $j$ 的概率。
设 $b[i][j]$ 表示用 $i$ 个格子，第一次生成的数为2，得到数 $j$ 的概率，有：
$\begin{cases}j>2,~b[i][j]=b[i][j-1]*a[i-1][j-1]\\ b[i][2]=1-p\end{cases}$

可以发现当 $i>j$ 时，$a[i+1][j]=a[i][j],~b[i+1][j]=b[i][j]$

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设 $dp[i][j]$ 表示在最终序列中从后往前数第 $i$ 个数为 $j$ 的前提下，后 $i$ 个数的期望大小和。

对于$j>1$，转移时要枚举第 $i-1$ 个数为 $k<j$，考虑在最终序列中第 $i$ 个数为 $j$ 的前提下，第 $i-1$ 个数为 $k$ 的概率，不难发现它等于 $\frac {a[i-1][k]*(1-a[i-1][k])}{\sum_{s=1}^{j-1}a[i-1][s]*(1-a[i-1][s])}$
因为是在最终序列中，所以必须要保证“稳定”，因此记 $A[i][j]=a[i][j]*(1-a[i-1][j])$ 表示第 $i$ 个数为 $j$ 且第 $i-1$ 个数 $<j$ 的概率。（特别的，$A[2][1]$ 的第二个数是可以为 2 的，因此不等于0）

所以对于 $j>1$，有：
$dp[i][j]=j+\sum_{k=1}^{j-1}dp[i-1][k]*\frac {A[i-1][k]}{\sum_{s=1}^{j-1}A[i-1][s]}$

而当 $j=1$ 时，要枚举第 $i-1$ 个数为 $k>1$，第一个生成的数必须是2，同理为 $k$ 的概率为 $\frac {b[i-1][k]*(1-a[i-1][k])}{\sum_{s=2}^{50}b[i-1][s]*(a[i-1][s])}$，记 $B[i][j]=b[i][j]*(1-a[i-1][j])$，则有：
$dp[i][1]=1+\sum_{k=2}^{50}dp[i-1][k]*\frac {B[i-1][k]}{\sum_{s=2}^{50}B[i-1][s]}$

当 $i>j$ 时 $A,B$ 不会随 $i$ 改变，所以先暴力算出 $dp[51][...]$ （实际上dp[50]也没问题）后用 51*51 的矩阵加速DP就可以了。

最后 $Ans=\sum_{j=1}^{50}A[n][j]*dp[n][j]$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 55
using namespace std;
const int N = 50;
int n;
double p,a[maxn][maxn],b[maxn][maxn],A[maxn][maxn],B[maxn][maxn],f[maxn][maxn],ans;
struct Mat{
	double s[maxn][maxn];
	Mat(){memset(s,0,sizeof s);}
	double* operator [] (int i){return s[i];}//awesome!
	Mat operator * (const Mat &B)const{
		Mat ret;
		for(int k=0;k<=N;k++) for(int i=0;i<=N;i++) if(s[i][k]) for(int j=0;j<=N;j++)
			ret.s[i][j]+=s[i][k]*B.s[k][j];
		return ret;
	}
}F,G;
int main()
{
	scanf("%d%lf",&n,&p),p/=1e9;
	a[1][1]=p,a[1][2]=b[1][2]=1-p;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		a[i][1]=p,a[i][2]=1-p+p*p,b[i][2]=1-p;
		for(int j=3;j<=i+1;j++) a[i][j]=a[i][j-1]*a[i-1][j-1],b[i][j]=b[i][j-1]*a[i-1][j-1];
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=i+1;j++) A[i][j]=a[i][j]*(1-a[i-1][j]),B[i][j]=b[i][j]*(1-a[i-1][j]);
	for(int i=1;i<=N;i++) f[1][i]=i;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		double s=0;
		for(int j=2;j<=N;j++) f[i][1]+=f[i-1][j]*B[i-1][j],s+=B[i-1][j];
		f[i][1]=f[i][1]/s+1;
		double x=0,y=0;
		for(int j=2;j<=N;j++) x+=f[i-1][j-1]*A[i-1][j-1],y+=A[i-1][j-1],f[i][j]=j+x/y;
	}
	if(n<=N){
		for(int j=1;j<=N;j++) ans+=A[n][j]*f[n][j];
		return printf("%.8f\n",ans),0;
	}
	F[0][0]=G[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) G[0][i]=i,F[0][i]=f[N][i];
	double s=0;
	for(int i=2;i<=N;i++) s+=B[N][i];
	for(int k=2;k<=N;k++) G[k][1]=B[N][k]/s;
	s=0;
	for(int j=2;j<=N;j++){
		s+=A[N][j-1];
		for(int k=1;k<j;k++) G[k][j]=A[N][k]/s;
	}
	n-=N;
	for(;n;n>>=1,G=G*G) if(n&1) F=F*G;
	for(int j=1;j<=N;j++) ans+=A[N][j]*F[0][j];
	printf("%.8f\n",ans);
}