为美好的XCPC献上典题——ABC310 F - Make 10 Again （状压概率dp）

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题意

我们有 $N$ 枚骰子。对于每个 $i=1,2,\dots ,N$ ，当掷出 $i$ 这枚骰子时，它以相等的概率显示出 $1$ 和 $A_i$ 之间的随机整数。

求同时投掷 $N$ 个骰子时，满足以下条件的概率（模为 $998244353$ ）。

有一种方法可以选择部分（可能是全部） $N$ 颗骰子，使它们的结果之和为 $10$ 。

思路

首先对于 $a_i$ 中 $(10,a_i]$ 的部分是不可能组合出 $10$ 的，所以组合出 $10$ 只需要考虑 $[1,\min (a_i,10)]$ 的部分即可，因为值域很小，所以考虑状压dp

定义 $d{p}_{i,mask}$ 表示前 $i$ 个骰子能组合出状态 $mask$ 的概率，其中 $mask$ 为二进制表示的集合，若第 $j$ 位为 $1$ 则表示可以前 $i$ 个骰子组合出值为 $j$ 的数字。由上文得此处的 $mask$ 仅考虑能否组合出 $[0,10]$ 直接的数字

一开始一个骰子都没有，那么显然可以组合出 $0$ 这个数，因为值 $0$ 在二进制中的第 $0$ 位，所以有 $2^0=1$，此时概率为百分百，所以初始化有 $d{p}_{0,1}=1$

对于第 $i$ 个骰子，考虑转移：

当$a_i\le 10$：加上投出点数 $j$ ，那么对于之前前 $i-1$ 个骰子可以组合出的状态 $mask$ 。首先如果不选择第 $i$ 个骰子，那么可以组合出状态 $mask$ ，选择的话，对于 $mask$ 中第 $k$ 位为 $1$ 的 $k$，算上 $j$ 后可以组合出 $k+j$ ，换到二进制中相当于 $k<<j$ ，对于状态整体则有 $mask<<j$ 。所以可以组合出状态 $mask\cup (mask<<j)$ 。因为是等概率显示，所以投出点数 $j$ 的概率是 $\frac{1}{a_i}$，那么转移有 $d{p}_{i,mask\cup (mask<<j)}\leftarrow d{p}_{i-1,mask}\times \frac{1}{a_i}$

当 $a_i>10$：包括上文部分还需要考虑 $(10,a_i]$ 的影响。因为状态中只考虑 $0,10$ 的组合，所以仅考虑对 $[0,10]$ 的影响。对于某一状态 $mask$，投出 $(10,a_i]$ 的数字后我们显然不可能选择第 $i$ 个骰子了，所以只会有 $mask$ 转移到 $mask$ ，这个概率是 $\frac{a_i-10}{a_i}$ ，转移有 $d{p}_{i,mask}\leftarrow d{p}_{i-1,mask}\times \frac{a_i-10}{a_i}$，同时包含上一情况的转移，但上文中的 $j$ 在此情况固定为常数 $10$

对于答案为前 $n$ 个骰子能表示出包含 $10$ 的状态的总概率和，即 $\sum d{p}_{n,mask}\times [mask\&(1<<10)]$

时间复杂度为 $O(n{2}^{m}m)$，这里的 $m$ 为我们的考虑影响数字的个数 $11$

代码

void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;

    std::vector dp(n + 1, std::vector<Z>((1 << 11)));
    dp[0][1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        Z x;
        std::cin >> x;
        for (int mask = 0; mask < (1 << 11); mask++) {
            for (int j = 1; j <= std::min(x.val(), 10); j ++)
                dp[i][((mask << j) & ((1 << 11) - 1)) | mask] += dp[i - 1][mask] * x.inv();

            if (x.val() > 10)
                dp[i][mask] += dp[i - 1][mask] * Z(x - 10) / x;
        }
    }

    Z ans = 0;
    for (int mask = 1 << 10; mask < (1 << 11); mask ++) ans += dp[n][mask];
    std::cout << ans;
}