B
- 抽 \(n\) 次卡, 连续 \(i\) 次没有抽中时, 第 \(i+1\) 次抽中的概率是 \(p_i\), 规定\(p_k=1\), 求期望抽中次数.
- 标签：矩阵加速递推, 动态规划.
- 暴力: 记 \(f[i][j]\) 表示已经抽了 \(i\) 次, 目前连续 \(j\) 次不中的期望抽中次数,有转移:
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时间复杂度 \(O(NK)\).
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优化:矩阵加速递推
- \[\begin{bmatrix} p_0 & p_1 & p_2 & \cdots & p_k & 0 \\ 1-p_0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1-p_1& 0 &\cdots & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1-p_2&\cdots & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & 1-p_{k-1} & 0 & 0\\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ p_0 & p_1 & p_2 & \cdots & p_k & 1 \\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{0} \\ f_{1} \\ f_{2} \\ \vdots \\ f_{k} \\ res \\ \end{bmatrix} \]
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记矩阵为 \(A\)(一个 边长为 \(k+2\) 的方阵), 列向量为 \(F_0\)(其中 \(f_i=1,f_{1 \sim k}=0\))
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先用矩阵快速幂求出 \(A^n \times F_0\), 答案就是 \(res\)
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时间复杂度:本来是\(O(K^3 \times log_2^N)\), 但有一个小优化是每次
y&1=1的时候不要另开一个单位矩阵存答案, 直接累计到那个行向量里面,这样时间复杂度会有一个 \(\frac{1}{2}\) 的常数, 会快一倍
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int mod=998244353;
int a[205],b[205],p[205];
int n,k;
struct matrix{
int a[205][205];
void init(int val=0){
memset(a,0,sizeof(a));
F(i,0,k+1) a[i][i]=val;
}
}v;
matrix operator $ (matrix A,matrix B){
matrix C; C.init(0);
F(i,0,k+1) F(j,0,k+1) F(z,0,k+1) C.a[i][z]=(C.a[i][z]+1ll$A.a[i][j]$B.a[j][z]%mod)%mod;
return C;
}
void ksm(matrix A,int b){
int f[205],g[205];
memset(f,0,sizeof(f));
f[0]=1;
while(b){
if(b&1){
memset(g,0,sizeof(g));
F(i,0,k+1) F(j,0,k+1) g[i]=(g[i]+1ll$A.a[i][j]$f[j])%mod;//优化在这里,单次变成K^2
memcpy(f,g,sizeof(f));
}
A=A$A;
b>>=1;
}
cout<<(f[k+1]%mod+mod)%mod;
}
int quickmod(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) res=1ll$res$x%mod;
x=1ll$x$x%mod;
y>>=1;
} return res;
}
signed main(){
freopen("card.in","r",stdin);
freopen("card.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n>>k;
F(i,0,k-1){
cin>>a[i]>>b[i];
p[i]=1ll$a[i]$quickmod(b[i],mod-2)%mod;
} p[k]=1;
v.init(0);
F(i,0,k) v.a[0][i]=v.a[k+1][i]=p[i];
F(i,1,k) v.a[i][i-1]=1-p[i-1];
v.a[k+1][k+1]=1;
ksm(v,n);
return 0;
}