B. hat

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傳送門

思路：顯然無論怎麼交換，最終相同概率的個數是不會變等於$n-1$，即每次交換隻存在兩種概率，而且對於交換$(x,y)$，就是相當於$p_x,p_y$概率交換，所以我們可以找到最終那一個唯一的不同的概率的位置，因爲初始化$pos=1$, 若$(x,y)$中有$pos$，則$pos$變爲另一個位置，接下來我們只考慮沒有被看見的交換，顯然在這次操作後的位置$i$有兔子的概率$p'$，存在兩種情況，該位置原來有兔子，但沒有交換它，則此時概率爲：

$p\times\dfrac{n-2}{n},$因爲是從$n$個數中選兩個數，則沒有被選中的概率是$\dfrac{n-2}{2}$。

第二種情況，該位置原來沒有兔子，但是與它交換的位置有兔子。

首先被選中的概率是$\dfrac{2}{n}$，然後與它交換的位置有兔子的概率是$\dfrac{1}{n-1}$，($n-1$位置等可能性)，所以概率是$(1-p)\times\dfrac{2}{n}\times\dfrac{1}{n-1}$

綜上$p'=p\times\dfrac{n-2}{n}+(1-p)\times\dfrac{2}{n}\times\dfrac{1}{n-1}$

然後用費馬小定理轉化一下，遞推就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first 
#define se second
ll ksm(ll a,ll n){
	ll ans=1;
	while(n){
		if(n&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
struct p{
	int id,x,y;
}a[N];
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
	int n,m,k; 
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	int pos=1;
	ll ans1=1,ans2=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int id,x,y;
		scanf("%d%d%d",&id,&x,&y);
		if(x==pos) pos=y;
		else if(pos==y) pos=x;
	}
	ll inv1=ksm(n,mod-2)%mod,inv2=ksm(n-1,mod-2)%mod,x=(n-2)*inv1%mod,y=(2*inv1*inv2)%mod;
	for(int i=1;i<=m-k;i++)
	{
		ans1=(ans1*x)%mod+((1-ans1+mod)%mod)*y%mod,ans1%=mod;
		ans2=(ans2*x)%mod+((1-ans2+mod)%mod)*y%mod,ans2%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(pos==i) printf("%lld ",ans1);
		else printf("%lld ",ans2);
		printf("\n"); 
	}
	return 0;
}

對於$bouns:m\leq 10^{10},k\leq 10^5$,顯然可以用數學公式求和。

$p'=\dfrac{2}{n(n-1)}+(\dfrac{n-2}{n}-\dfrac{2}{n(n-1)})\times p$

令$(\dfrac{n-2}{n}-\dfrac{2}{n(n-1)})=k$

$\dfrac{2}{n(n-1)}=b$。

轉化爲等比數列：

$p_{i+1}=kp_i+b\\p_{i+1}+\dfrac{b}{k-1}=k(p_i+\dfrac{b}{k-1})$

$p_n+\dfrac{b}{k-1}=p_1\times k^{n-1}$

$p_n=p_1\times k^{n-1}-\dfrac{b}{k-1}$

呃大概思路是這樣，但是有很多細節需要注意。。。還是太菜不會寫。