2018 ACM-ICPC World Finals Problem D.Gem Island_「icpc world finals 2018」绿宝石之岛-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/xmr_pursue_dreams/article/details/111223736

博客详细介绍了2018年ACM-ICPC世界决赛中Problem D——Gem Island的问题解决方案。内容涉及求解在一定约束条件下，宝石数量和的最大期望值。文章通过数学分析，指出每个不同序列出现的概率是恒定的，并给出动态规划的算法实现，时间复杂度为O(nd * min(n,d))。此外，还提及存在O(d^2 + nd)的容斥原理方法，但因复杂度和精度问题未作详细介绍。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

2018 ACM-ICPC World Finals Problem D.Gem Island

Solution

其实就是求 $x_1+x_2+\dots +x_n=n+d,x_i\in[1,d+1]$ 的前 $r$ 大的 $x_i$ 的和的期望，可以发现每一种不同的序列 ${x_i\}$ 的出现概率都是一个定值： $\frac{1}{\binom{n+d-1}{d}}$

因此我们只需要求出所有方案的前 $r$ 大的 $x_i$ 的和，再乘以这个概率即可。
于是我们沿用loj6077的 $d p$ 做法，注意这里我们只考虑分裂产生的贡献，因此 $x_i$ 的范围为 $[0, d]$ ，求 $x_1+x_2+\dots +x_n=d$ 的贡献和，最后的答案需要再加上 $r$ ，令 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个人，分裂 $j$ 次的前 $r$ 大宝石个数和。

考虑这个序列中有 $k$ 个大于 $0$ 的数，它们都是被加若干个 $1$ 过来的，有 $\binom{i}{k}$ 种方案选出这些数，本次分裂产生的贡献和为 $min(k,r)*\binom{j-k+(k-1)}{k-1}$ ，而之后的贡献为 $f_{k,j-k}$ ，因此有：
$f_{i,j}=\sum_k \binom{i}{k}(min(k,r)\binom{j-1}{k-1}+f_{k,j-k})$

时间复杂度为 $O(nd\cdot min(n,d))$ 。

事实上本题还有 $O(d^2+nd)$ 求出所有 $r$ 的答案的容斥做法，但是比较复杂，且精度丢失比较严重，这里不作描述。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=1005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
lod f[MAXN][MAXN],C[MAXN][MAXN];
void Init(int n)
{
	for (int i=0;i<=n;i++) C[i][i]=C[i][0]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<i;j++) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}
signed main()
{
	int n=read(),d=read(),r=read(); Init(n+d);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=0;j<=d;j++)
			for (int k=0;k<=i&&k<=j;k++) f[i][j]+=C[i][k]*((j?C[j-1][k-1]:0)*min(k,r)+f[k][j-k]);
	printf("%.11lf\n",(double)(f[n][d]/C[n+d-1][d]+r));
	return 0;
}