问题描述
51Nod为了活跃比赛前的气氛，组织了场抽卡比赛。这场比赛共 n 个人参加，主办方根据非欧血统鉴定器，得到了一些数据。每个人抽卡有 Mi 种可能，得到的卡能力值为 Aij 代价为 Gij 的可能性为 Pij ，所谓代价指的是玩家需要将一轮比赛后所得的点头盾的 Gij% 交给主办方。每轮比赛每个人都随机抽取卡片，待全部人抽取完毕后进行排名（按照A从大到小排），排在第 i 位的人有 Vi 的点头盾收入。现在主办方想知道一轮比赛后每个人的期望收入。
输入格式
第一行一个正整数 n
接下来 n 个部分
每个部分第一行为正整数 Mi，接下来 Mi 行有三个整数 Aij Gij Pij
接下来一行 n 个整数，分别为 Vi
设 ∑Pij=Qi，则第 i 个人抽到第 j 张卡的概率为 Pij/Qi
1<=n,Mi<=200，1<=Aij<=1000000000，保证 Aij 互不相同，0<=Gij<=100，1<=Pij<=1000，1<=Vi<=1000
输出格式
输出 n 行，每行一个数表示每个人的期望收入
为了防止精度误差，输出答案在模 1e9+7 意义下的数值
样例输入
2
2
3 50 5
4 50 5
2
5 50 5
6 50 5
2 2
样例输出
1
1
解析
O(n^4)的做法比较好想。回想这个做法，可以发现最麻烦的一点是求每个人排名多少的概率。考虑优化这一过程。
假设当前考虑第\(i\)个人。设\(p_j\)表示第\(j\)个人排名比\(i\)靠前的概率，\(f[j]\)表示第\(i\)个人排名为j的概率。结合生成函数的知识，\(f\)数列的生成函数即为
\[\prod_{j!=i}p_j\times x+(1-p_j)
\]
\(f[i]\)即对应上面多项式展开后的i-1次项。所以，我们将所有卡牌按照a从大到小排序，如果当前卡牌对应的人的排名要往后，就必须要在这张牌之前的牌中选一张。我们需要维护上面的多项式。具体的，设当前人为i，那么\(p[j]\)就是j前面出现的所有卡牌的概率之和。由于多项式满足\(i!=j\)，我们要将当前的多项式除以\(p_i\times x+1-p_i\)，然后乘上\(p_j\times x+1-p_j\)。手动模拟一下两个多项式相乘的过程就可以解决这个问题了。
当然也可以NTT
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
#define N 202
using namespace std;
const int mod=1000000007;
struct card{
int a,g,p,id;
}a[N*N];
int n,m[N],v[N],cnt,i,j,f[N],ans[N],p[N];
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<‘0‘||c>‘9‘) c=getchar();
while(c<=‘9‘&&c>=‘0‘){
w=w*10+c-‘0‘;
c=getchar();
}
return w;
}
int poww(int a,int b)
{
int ans=1,base=a;
while(b){
if(b&1) ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int my_comp(const card &x,const card &y)
{
return x.a>y.a;
}
signed main()
{
n=read();
for(i=1;i<=n;i++){
m[i]=read();
int inv=0;
for(j=1;j<=m[i];j++){
cnt++;
a[cnt].a=read(),a[cnt].g=read(),a[cnt].p=read();
a[cnt].id=i;
a[cnt].g=(100-a[cnt].g)*poww(100,mod-2)%mod;
inv=(inv+a[cnt].p)%mod;
}
inv=poww(inv,mod-2);
for(j=1;j<=m[i];j++) a[cnt-j+1].p=a[cnt-j+1].p*inv%mod;
}
for(i=1;i<=n;i++) v[i]=read();
sort(a+1,a+cnt+1,my_comp);
f[1]=1;
for(i=1;i<=cnt;i++){
if(a[i-1].id!=a[i].id){
int inv=poww(1-p[a[i].id]+mod,mod-2);
f[1]=f[1]*inv%mod;
for(j=2;j<=n;j++) f[j]=(f[j]-f[j-1]*p[a[i].id]%mod+mod)%mod*inv%mod;
for(j=n;j>=1;j--) f[j]=(f[j]*(1-p[a[i-1].id]+mod)%mod+f[j-1]*p[a[i-1].id]%mod)%mod;
}
for(j=1;j<=n;j++) ans[a[i].id]=(ans[a[i].id]+f[j]*v[j]%mod*a[i].p%mod*a[i].g%mod)%mod;
p[a[i].id]=(p[a[i].id]+a[i].p)%mod;
}
for(i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/12616610.html