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最新推荐文章于 2021-06-19 23:41:31 发布

C202044zxy

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分类专栏： dp 数学期望

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/C202044zxy/article/details/109965665

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该博客介绍了如何解决一道动态规划题目，当x+y+z不是3的倍数时，问题无解。博主首先暴力求解，然后通过差分形式定义状态dp[i][j]，并详细阐述了状态转移方程。在处理特殊情况时，博主发现转移存在环，通过手动消元避免了高斯消元，最终得出O(n^2)的时间复杂度解法，得到70分。为了获得剩余30分，博主提出考虑马走日问题的组合数计算，直接计算dp值的贡献。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

一、题目

点此看题

二、解法

当 $x + y + z$ 不是 $3$ 的倍数的时候无解。

一看就是 $d p$ 的题了，先把暴力一下的写出来，设 $d p [i] [j]$ 为这个状态到分配完成的期望轮数（ $i = z - x, j = z - y$ ， $z$ 最大），也就是我们用一个差分的形式来表示状态，转移：
$dp[a][b]=\frac{1}{2}dp[a-2][b-1]+\frac{1}{2}dp[a-2][b-1]+1$ 但是还没完，当 $b = 1$ 时转移是这样的：
$d p [a] [1] = d p [a - 2] [0] + 2$ 这种转移是可以根据样例发现的，通过 $2$ 轮的期望就可以完成把最高的填到最矮的操作。当出现等高的情况转移也比较特殊，也就是 $b = 0$ 的情况是这样子的：
$dp[a][0]=\frac{1}{2}dp[a+1][2]+\frac{1}{2}dp[a-1][1]+1$ 发现转移有环，但肯定不能高斯消元来解决，但转移的环仅限于 $b = 0 / 1$ 的情况，我们看能不能用手动消元的方式消掉，因为 $d p [a] [0]$ 的方程中有 $d p [a + 1] [2]$ ，那我们就从他入手消元：
$2dp[a][0]=\frac{dp[a-1][1]+dp[a][0]+1}{2}+dp[a-1][1]+1$ $d p [a] [0] = d p [a - 1] [1] + 2$ $d p [a] [0] = d p [a - 3] [0] + 4$ 推到这里不难看出：
$dp[a][0]=\frac{4}{3}a\space\space\space dp[a][1]=\frac{4a-2}{3}$ 那么转移到这里就不存在环了，我们可以愉快的 $O(n^2)$ 转移拿到 $70$ 分。

最后 $30$ 分需要观察 $d p [a] [b]$ 转移的性质，发现他的过程就是 马走日 ，而我们知道马走日问题是可以用组合数计算的，那么这道题能不能引入组合数直接算答案呢？

明确思路，我们不转移了，直接算 $d p [a] [0]$ 和 $d p [a] [1]$ 对答案 $d p [x] [y]$ 的贡献，可以看下图：
在这里插入图片描述

我们就是要算系数，那么系数是 $2^{-k}$ 次方，对于底层点（也就是我们处理出来的 $b = 0 / 1$ 的点）的 $d p$ 值贡献和常数贡献都可以用这个系数呈上方案数计算（常数贡献是 $k\times 2^{-k}$ ）

时间复杂度 $O (n)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 1000005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,x,y,ans,a[5],fac[M],inv[M],bin[M],f0[M],f1[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=bin[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=i*fac[i-1]%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) f0[i]=4*i/3;
	for(int i=1;i<=n;i++) f1[i]=(4*i-2)/3;
	for(int i=1;i<=n;i++) bin[i]=bin[i-1]*inv[2]%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || n<0 || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
signed main()
{
	init(1e6);
	T=read();
	while(T--)
	{
		a[0]=read();a[1]=read();a[2]=read();
		sort(a,a+3);ans=0;
		int p=a[2]-a[0],q=a[2]-a[1];
		if((p+q)%3)
		{
			puts("-1");
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=max(p,q);i++)
		{
			if(i%3) continue;
			//这是(i,0)的贡献 
			int x=p-i,y=q,st=(x+y)/3,tmp=0;
			if(st>=0)
			{
				tmp=C(st,x-st)-C(st-1,x-st-1);//减去(i+2,1)的贡献
				ans=(ans+(f0[i]+st)*tmp%MOD*bin[st])%MOD;
			}
			//这是(0,i)的贡献
			x=p;y=q-i;st=(x+y)/3;
			if(st>=0)
			{
				tmp=C(st,y-st)-C(st-1,y-st-1);//减去(1,i+1)的贡献
				ans=(ans+(f0[i]+st)*tmp%MOD*bin[st])%MOD;
			}
		}
		for(int i=1;i<=max(p,q);i++)
		{
			if(i%3!=2) continue;
			//这是(i,1)的贡献 
			int x=p-i,y=q-1,st=(x+y)/3,tmp=0;
			if(st>=0)
			{
				tmp=C(st,x-st);
				ans=(ans+(f1[i]+st)*tmp%MOD*bin[st])%MOD;
			}
			//这是(1,i)的贡献
			x=p-1;y=q-i;st=(x+y)/3;
			if(st>=0)
			{
				tmp=C(st,y-st);
				ans=(ans+(f1[i]+st)*tmp%MOD*bin[st])%MOD;
			}
		}
		printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD); 
	}
}