【XSY2518】记忆（memory）（状压dp，概率与期望，概率dp）

题面

Description

你在跟朋友玩一个记忆游戏。
朋友首先给你看了$n$个长度相同的串，然后从中等概率随机选择了一个串。
每一轮你可以询问一个位置上的正确字符，如果能够凭借已有的信息确定出朋友所选的串，那么游戏就结束了，你的成绩就是所用的轮数。
由于你实在太笨，不会任何策略，因此你采用一种方法，每次等概率随机询问一个未询问过的位置的字符。
现在你想知道，在这种情况下，你猜出结果所需的期望次数。

Input

第$1$行包含一个整数 $n$，表示串的个数。
第 $2\sim n+1$ 行每行包含一个长度相等的字符串，仅包含小写字母和大写字母。

Output

输出$1$行一个小数，表示猜出结果所需的期望次数，保留$10$位小数。

Sample Input

3
aaA
aBa
Caa

Sample Output

1.6666666667

HINT

设串长为$l$
对于$20\%$的数据，$n,l\le 10$
对于$30\%$的数据， $n,l\le 15$
对于$60\%$的数据， $n,l\le 20$
对于$100\%$的数据， $n\le 50$，$l\le 20$

题解

设$w[i][j]$表示每个字符串的第$i$位出现字符$j$的二进制状态。

例如对于样例：

3
aaA
aBa
Caa

$w[0]{[}^{\prime }{a}^{\prime }]=(011{)}_2$，即所有字符串的第$0$位只有第$0$、$1$个串出现字符${}^{\prime }{a}^{\prime }$，所以$w[0]{[}^{\prime }{a}^{\prime }]$对应的二进制数的第$0$、$1$位为$1$。

这段的代码：

for(int j=0;j<len;j++)
{
	//s[i][j]即为第i个串的第j位
    w[j][s[i][j]]|=(1ll<<i);
}

设$num[i]$为当询问状态为$i$时，还不能确定这个串是不是朋友所选的串的串的个数，也可以理解为当询问状态为$i$时，还有多少个串满足条件。

询问状态即为用二进制存储的状压，询问状态$x$（$x$为二进制数）的第$i$位若为$1$，则说明已经询问过串的第$i$位。

则$num[0]$为$n$，即串的一位都没有询问，这时当然不能确定某个串是不是朋友所选的串，即为$n$。

设$b[i][j]$表示选择第$i$个串，询问状态为$j$时的确定状态。（询问状态的定义同上）

确定状态即为用二进制存储的状压，确定状态$x$（$x$为二进制数）的第$i$位若为$1$，则说明还不确定第$i$个字符串不是朋友所选择的串，若为$0$，则说明已经确定第$i$个字符串不是朋友所选择的串。

则$b[i][0]=2^n-1$，即询问状态为$0$时，这时当然不能确定某个串不是朋友所选的串，所以$b[i][0]$的二进制表达式中应该第$0\sim n-1$位都为$1$，即$2^n-1$。

然后我们枚举$i$，再枚举$j$：

我们设$now$为$j$的二进制表达式的从低位到高位第一个出现的$1$的位数，再设$k$为$j\oplus lowbit(j)$，即把$j$的第$now$位由$1$改为$0$，证明如下：

关于$j\oplus lowbit(j)$为把$j$的第$now$位由$1$改为$0$的证明（不想看的可以跳过下面两个段落）：

由于$lowbit(j)$表示的是第$now$位为$1$，第$0\sim now-1$位为$0$的值，即$j$的二进制表达式中最低位的$1$所对应的值，例如：$lowbit((1001100{)}_2)=(100{)}_2$，$lowbit((11110{)}_2)=(10{)}_2$。

那么由$\oplus$的运算法则（同0异1）可得$k=j\oplus lowbit(j)$会除了把$j$的二进制表达式中第$now$位取反，即由$1$改$0$之外，其余都不会变。即可得证。

那么从状态$k$转移到状态$j$即多询问了字符串的第$now$位。

则$b[i][j]=b[i][k]\&w[now][s[i][now]]$，即把所有字符串中第$now$位不是$s[i][now]$的在确定状态中设为$0$，即确定所有字符串中第$now$位不是$s[i][now]$的串不是朋友所选择的串，至于为何可以用这样的位运算维护，自己根据$\&$（按位与）的运算法则（有0则0）手推一下吧。我才不说我是懒得写证明了呢

再判断一下，如果$b[i][j]!=lowbit(b[i][j])$，即确定状态的二进制表达式中有不止一位有$1$，那么说明在当前询问状态下，还是有大于$1$个串有可能是朋友选择的串，不能确定，所以$num[j]++$，即对于选择第$i$个串，询问状态为$j$时，还是不能确定第$i$个串是不是朋友所选的串。揍一顿那个朋友不就好了

这一段的代码：

for(register int i=0;i<n;i++)
{
    b[i][0]=(1ll<<n)-1ll;//b[i][0]=2^n-1
    for(register int j=1;j<tot;j++)//tot为状态最大数，即1<<len
    {
        int k=j^lowbit(j);//把j的第now位由1改为0
        int now=__builtin_ctz(j);//now为j的二进制表达式的从低位到高位第一个出现的1的位数
        b[i][j]=b[i][k]&w[now][s[i][now]];
        if(b[i][j]!=lowbit(b[i][j])) num[j]++;//即确定状态的二进制表达式中有不止一位有1
    }
}

之后，我们设$sum[i]$表示$i$的二进制表达式中$1$的个数。

求$sum$就不多说了，$O(n)$代码：

for(register int i=1;i<tot;i++)
    sum[i]=sum[i>>1]+(i&1);

接下来设$dp[i]$表示转移到询问状态$i$的概率（他也可能不问某一位嘛，概率事件）

然后枚举询问状态$i$，再枚举询问状态$i$在二进制表达式下的每一位。

如果这一位是$1$，即有询问过这一位，我们才进行接下来的操作。这不废话吗

我们设$tmp=1/(len-sum[i]+1)$为由询问状态$i\oplus (1<<j)$转移到询问状态$i$的概率。

那么就是$1$除以询问状态$i\oplus (1<<j)$中$0$的个数（即还没询问的个数），即
$1/(len-sum[i\oplus (1<<j)])$，即$1/(len-sum[i]+1)$。

再让$tmp=f[i\oplus (1<<j)]/(len-sum[i]+1)$，即由无询问转移到询问状态为$i$的概率（且上一个询问状态为$i\oplus (1<<j)$）。

然后让$ans+=sum[i]\ast tmp\ast (num[i\oplus (1<<j)]-num[i])$。

$sum[i]$为$i$中有多少个$1$，即询问次数。

$tmp$就是概率。

$num[i\oplus (1<<j)]-num[i]$就是计算从不确定变成确定的串的个数，那么我们选其中任意一个串作为答案都可以转移到询问状态$i$。

合起来就是：$期望=操作次数/概率$

这一段的代码：

dp[0]=1;
for(int i=1;i<tot;i++)
{
    for(int j=0;j<len;j++)
    {
        if((i>>j)&1)
        {
            ld tmp=dp[i^(1<<j)]/(len-sum[i]+1);
            ans+=sum[i]*tmp*(num[i^(1<<j)]-num[i]);
            dp[i]+=tmp;//统计总概率
        }
    }
}

全部的代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
#define ll long long
#define ld long double
 
using namespace std;
 
int n,s[55][25],len,tot,num[1<<20],sum[1<<20];
ll b[55][1<<20],w[25][55];
ld dp[1<<20],ans;
 
int change(char c)
{
    if('a'<=c&&c<='z')
        return c-'a';
    return c-'A'+26;
}
 
ll lowbit(ll x)
{
    return x&-x;
}
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        char ch[25];
        scanf("%s",ch);
        if(!len)len=strlen(ch),tot=1<<len;
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
            s[i][j]=change(ch[j]);
            w[j][s[i][j]]|=(1ll<<i);
        }
    }   
    num[0]=n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        b[i][0]=(1ll<<n)-1ll;
        for(int j=1;j<tot;j++)
        {
            int k=j^lowbit(j);
            int now=__builtin_ctz(j);
            b[i][j]=b[i][k]&w[now][s[i][now]];
            if(b[i][j]!=lowbit(b[i][j])) num[j]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<tot;i++)
        sum[i]=sum[i>>1]+(i&1);
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<tot;i++)
    {
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
            if((i>>j)&1)
            {
                ld tmp=dp[i^(1<<j)]/(len-sum[i]+1);
                ans+=sum[i]*tmp*(num[i^(1<<j)]-num[i]);
                dp[i]+=tmp;
            }
        }
    }
    printf("%.10Lf\n",ans/n);//因为选择每个串都是等概论事件，所以要除以一个n
    return 0;
}