题目描述
有$n+2$个座位等距地排成一排，从左到右编号为$0$至$n+1$。
最开始时$0$号以及$n+1$号座位上已经坐了一个小$G$，接下来会有$n$个小$G$依次找一个空座位坐下。由于小$G$们坐得太近就容易互相搏弈，每个小$G$会找一个当前离最近的小$G$距离最远的座位坐下。如果有多个备选的座位，这个小$G$会等概率选择其中一个。
给出$n$，求第$i$个坐下的小$G$坐在$j$号座位的概率，对$P$取模。具体来说，如果答案化为最简分数可以表示为$\frac{a}{b}$，你需要输出$a\times b^{−1}$，其中$b^{−1}=b^{P-2}(\mod P)$。
输入格式
从文件$seat.in$中读入数据。
一行两个整数$n,P$。
输出格式
输出到文件$seat.out$中。
输出$n$个整数，第$i$行第$j$个整数表示第$i$个小$G$坐在第$j$个座位的概率。
样例
样例输入：
4 10007
样例输出：
0 5004 5004 0
3336 1668 1668 3336
3336 1668 1668 3336
3336 1668 1668 3336
数据范围与提示
样例解释：
第一个小$G$会在中间两个位置中随机选择一个，接下来无论选哪个位置最近的距离都是$1$。
$\frac{1}{2}=5004(\mod 10^4+7),\frac{1}{3}=3336(\mod 10^4+7),\frac{1}{6}=1668(\mod 10^4+7)$。
数据范围：
对于所有数据，满足$2\leqslant n\leqslant 1024,2000\leqslant P\leqslant 30000$，$P$是质数。
本题共$25$个测试点，每个测试点$4$分。
题解
好玄学的一道玄学题……
一个结论是，对于任意一个人，他坐下时离最近的人的距离是固定的，不随前面的人的决策而改变。这样我们可以将所有人按坐下时的距离分成若干层。另一个结论是，无论之前每一层如何决策，轮到这一层时逬空区间的长度构成的可重集也是固定的。
对于最后一层特殊处理接下来均默认不是最后一层。对于之前的每一层，考虑在哪些空区间中央坐下可使得距离最大，其中可能会有一些长度为奇数的区间和一些长度为偶数的区间，而对于每个人来说，坐在任意一个奇数的区间的中央的概率都是相等的，偶数同理。
那么我们只需要知道，每个人有多大的概率坐在一个奇逯偶数区间的中央。考虑$DP$，$dp[i][j]$表示这一层已经坐下$i$个人之后，还有$j$个长度为偶数的区间的概率，转移只需考虑当前这个人坐了哪类区间即可。遤遰之后容易算出之前要求的概率。
区间长度为奇数时位置是固定的；考虑区间长度为偶数的情况，此时会出现两个位置可供选择，但无论选择哪一个，都会将区间划分成长度为$\frac{n}{2}$和$\frac{n}{2}−1$的两段。因此这两种选择具有对称性，我们只需要假定选择其中的一个，算出这种情况下之后的层的答案，即可对称地推出另一种情况下的答案。
瓶颈在利用对称性推答案的地方，主要看代码实现了，反正我是颓的代码。
时间复杂度：$\Theta(n^2\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,P,now;
int dp[1100][1100],ans[1100][1100],g[1100][1100],inv[1100],vis[1100],cnt[1100],odd[1100],pos[1100];
int qpow(int x,int y)
{
int res=1;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%P;
x=x*x%P;
y>>=1;
}
return res;
}
void pre_work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=qpow(i,P-2);
vis[0]=vis[n+1]=1;now=n;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&P);
pre_work();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
pair<int,int> lr=make_pair(0,0);
for(int j=0;j<=n;j++)
{
int flag=j+1;
while(!vis[flag])flag++;
if(flag-j>lr.second-lr.first){lr=make_pair(j,flag);}
j=flag-1;
}
cnt[lr.second-lr.first>>1]++;
if((lr.second-lr.first)&1)odd[lr.second-lr.first>>1]++;
pos[i]=lr.first+(lr.second-lr.first>>1);
vis[lr.first+(lr.second-lr.first>>1)]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!cnt[i])continue;
if(i==1)
{
for(int j=now-cnt[i]+1;j<=now;j++)
for(int k=now-cnt[i]+1;k<=now;k++)
ans[j][pos[k]]=inv[cnt[i]];
}
else
{
for(int j=0;j<=cnt[i];j++)
for(int k=0;k<=odd[i];k++)
dp[j][k]=0;
dp[0][odd[i]]=1;
for(int j=1;j<=cnt[i];j++)
{
int oddw=0,even=0;
for(int k=0;k<=odd[i];k++)
{
if(!dp[j-1][k])continue;
int frac=(cnt[i]-(j-1))+k;
int w=0;
if(k)
{
w=dp[j-1][k]*k*2%P*inv[frac]%P;
even=(even+w*inv[odd[i]<<1])%P;
dp[j][k-1]=(dp[j][k-1]+w)%P;
}
if(cnt[i]-odd[i])
{
w=dp[j-1][k]*(frac-2*k)%P*inv[frac]%P;
oddw=(oddw+w*inv[cnt[i]-odd[i]])%P;
dp[j][k]=(dp[j][k]+w)%P;
}
}
for(int k=now-cnt[i]+1;k<=now-cnt[i]+odd[i];k++)
{
ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]+even)%P;
ans[now-cnt[i]+j][pos[k]+1]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]+1]+even)%P;
}
for(int k=now-cnt[i]+odd[i]+1;k<=now;k++)
ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]=(ans[now-cnt[i]+j][pos[k]]+oddw)%P;
}
for(int j=now-cnt[i]+1;j<=now-cnt[i]+odd[i];j++)
{
int L=pos[j]-i+1;
int R=pos[j]+i;
for(int k=L;k<=R;k++)
{
if(k==pos[j])continue;
for(int l=now+1;l<=n;l++)
{
g[l][k]=(g[l][k]+ans[l][k]*inv[2])%P;
g[l][k<pos[j]?k+i+1:k-i]=(g[l][k<pos[j]?k+i+1:k-i]+ans[l][k]*inv[2])%P;
}
}
for(int k=L;k<=R;k++)
for(int l=now+1;l<=n;l++)
{
ans[l][k]=g[l][k];
g[l][k]=0;
}
}
}
now-=cnt[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
printf("%d ",ans[i][j]);
puts("");
}
return 0;
}
rp++
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11624841.html