2021牛客多校第一场 I——Increasing Subsequence

最新推荐文章于 2022-08-25 21:02:01 发布

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本文介绍了一道关于两人轮流取数问题的解法，利用期望DP求解，通过定义状态转移方程和后缀和优化计算复杂度。核心内容包括规则阐述、动态规划模型和代码实现。

题目大意

给你一个 $n$ 个数的排列 $P$
两个人轮流在其中取数，按照以下规则
1、每个人取的数的下标大于之前自己所取数的下标
2、每个人取的数要大于之前两个人所取的数
问两个人所取数的个数的期望

解题思路

期望DP
定义 $d p [i]$ 表示当前在位置 $i$ 还需要 $d p [i]$ 的代价到达终点
$v_i + \sum c_i * dp[j]$
答案是 $d p [0]$
$v_i$ 是这一步的代价， $j$ 是后继状态， $c_i$ 是从状态 $i$ 到状态 $j$ 的概率

在这个题中， $v_i = 1$ 设 $k$ 为后继状态的个数， $c_i = 1 / k$
由于是两个人在走，所以我们开二维的 $d p [i] [j]$ ，表示第一个人在第 $i$ 个数，第二个人在第 $j$ 的数。由于我们要遵循第二个规则，那么我们只需要比较 $a_i, a_j$ 的大小就知道这一步轮到了谁走（小的这一步走）

$k1a_i > a_j: dp[i][j] = 1 + \sum c_1 * dp[i][k_1] \ k_1$ 是 $i$ 后继状态的下标
$c_1$ 是 $i$ 后继状态的个数
$k2a_i < a_j: dp[i][j] = 1 + \sum c_2 * dp[k_2][j] \ k_2$ 是 $j$ 后继状态的下标
$c_2$ 是 $j$ 后继状态的个数

这样转移复杂度是 $O(n^3)$ ，我们考虑一下如何优化
我们发现 $dp[i][k_1] \ \ \ dp[k_2][j]$ 是分别与 $\ i$ 无关的，所以我们用一个后缀和来统计一下这个求和式子
设 $\sum dp[i][k_1] \ \ g[j] = \sum dp[k_2][j]$ 对于 $f [i]$ 我们需要满足的条件是 $k_1 > i \ \&\& \ a[k_1] > a[i]$ 我们发现，在 $g [j]$ 中，令 $j = k_1 \ k_2 =i$ 恰好是满足这个条件的。
所以我们在算第二种情况时，将 $f [i]$ 加上 $d p [i] [j]$ ，在算第一种情况时 $g [i]$ 加上 $d p [i] [j]$

最后统计答案，因为第一个人可以任意选，我们要求的是 $\sum dp[i][0]$

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define qc ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define pb push_back
using namespace std;
const int MAXN = 5e3 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
ll dp[MAXN][MAXN];
ll inv[MAXN], f[MAXN], g[MAXN];
ll c1[MAXN], c2[MAXN];
ll a[MAXN];
ll qpow(ll x, ll y){
	ll ret = 1;
	while(y){
		if(y&1)
			ret  = 1ll * ret * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
void solve(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
    	cin >> a[i];
    	inv[i] = qpow(i, mod-2);
    }
    for(int i = n; i >= 0; --i){
    	for(int j = n; j >= 0; --j){
    		if(a[i] > a[j]){
    			dp[i][j] = (1 + inv[c1[i]] * f[i] % mod) % mod;
    			g[j] = (g[j] + dp[i][j]) % mod;
    			c2[j]++;
    		}
    		else if(a[i] < a[j]){
    			dp[i][j] = (1 + inv[c2[j]] * g[j] % mod) % mod;
    			f[i] = (f[i] + dp[i][j]) % mod;
    			c1[i]++;
    		}
    	}
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    	ans = (ans + inv[n] * dp[i][0] % mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
	#ifdef ONLINE_JUDGE
    #else
       freopen("in.txt", "r", stdin);
       freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif

	qc;
    int T;
    // cin >> T;
    T = 1;
    while(T--){

        solve();
    }
	return 0;
}