codeforces 708E——前缀和优化dp
2016-09-24 00:03
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题目大意为:
一个n*m块砖的建筑,一共k天,每天风从两边吹,吹掉砖的概率为p,反之为1-p求最终建筑没有倒塌的可能性(上层与下层有交集且每一层都有砖)
1<=n,m<=1500,1<=k<=100000
先预处理出pl[],pr[](k天后左右端点所在位置的可能性)
首先 f[i][l][r]为i行形状为l到r的可能性,只要枚举上层的形状使二者有交集即可转移,复杂度n^5。
考虑上层有交集的可能性为总可能性减去交集为空的可能性
引入dp[i][r]=Σl<r f[i][l][r]
预处理sumr[i][r]=Σl<=r dp[i][l]
由于对称性suml[i][l]=sum[i][m-l+1]
所以f[i][l][r]=pl[l]*pr[r]*(sumr[i][m]-sumr[i][l-1]-suml[i][r+1])
至此O(n*m^2)
发现若固定区间右一端点,左端点的计算是类似的,变化为pl[l]*sumr[i][l-1]
直接求解dp[i][r]=Σl<=r pl*pr*(sumr[i][m]-suml[i][r+1]-sumr[i][l-1])
=pr(sumr[i][m]-sum[i][r+1])*Σpl-Σ(pl[l]*sumr[i][l-1])
显然通过简化状态将时间复杂度简化为O(n*m)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2010,K=100010;
ll P[K],P2[K];
ll dp
;
ll sum
,sumr
,suml
,sumpl
;
ll cj[K],inv[K];
ll pl
,pr
;
int quick(ll x,ll y){
ll ans=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mod){
if(y&1) ans=ans*x%mod;
}
return ans;
}
ll c(int i,int j){
return cj[j]*inv[i]%mod*inv[j-i]%mod;
}
int main(){
ll a,b;int n,m,k;
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%lld%lld",&a,&b);scanf("%d",&k);
P2[0]=1;P2[1]=a*quick(b,mod-2)%mod;
a=b-a;
P[0]=1;P[1]=a*quick(b,mod-2)%mod;
rep(i,2,k){
P[i]=P[i-1]*P[1]%mod;P2[i]=P2[i-1]*P2[1]%mod;
}
cj[0]=1;
rep(i,1,k) cj[i]=cj[i-1]*i%mod;
inv[k]=quick(cj[k],mod-2);
for(i=k-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
rep(i,0,m-1){
if(i>k) pl[i+1]=0;
pl[i+1]=c(i,k)*P2[i]%mod*P[k-i]%mod;
pr[m-i]=pl[i+1];
}
rep(i,1,m) sumpl[i]=(sumpl[i-1]+pl[i])%mod;
sumr[0][m]=1;
rep(i,1,n){
rep(j,1,m) sum[j]=(sum[j-1]+pl[j]*sumr[i-1][j-1])%mod;
rep(j,1,m) dp[i][j]=((pr[j]*(sumr[i-1][m]-suml[i-1][j+1])%mod*sumpl[j]-pr[j]*sum[j])%mod+mod)%mod;
rep(j,1,m) sumr[i][j]=(sumr[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
rep(j,1,m) suml[i][j]=sumr[i][m-j+1];
}
sumr
[m]=(sumr
[m]+mod)%mod;
printf("%lld",sumr
[m]);
}
一个n*m块砖的建筑,一共k天,每天风从两边吹,吹掉砖的概率为p,反之为1-p求最终建筑没有倒塌的可能性(上层与下层有交集且每一层都有砖)
1<=n,m<=1500,1<=k<=100000
先预处理出pl[],pr[](k天后左右端点所在位置的可能性)
首先 f[i][l][r]为i行形状为l到r的可能性,只要枚举上层的形状使二者有交集即可转移,复杂度n^5。
考虑上层有交集的可能性为总可能性减去交集为空的可能性
引入dp[i][r]=Σl<r f[i][l][r]
预处理sumr[i][r]=Σl<=r dp[i][l]
由于对称性suml[i][l]=sum[i][m-l+1]
所以f[i][l][r]=pl[l]*pr[r]*(sumr[i][m]-sumr[i][l-1]-suml[i][r+1])
至此O(n*m^2)
发现若固定区间右一端点,左端点的计算是类似的,变化为pl[l]*sumr[i][l-1]
直接求解dp[i][r]=Σl<=r pl*pr*(sumr[i][m]-suml[i][r+1]-sumr[i][l-1])
=pr(sumr[i][m]-sum[i][r+1])*Σpl-Σ(pl[l]*sumr[i][l-1])
显然通过简化状态将时间复杂度简化为O(n*m)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int N=2010,K=100010;
ll P[K],P2[K];
ll dp
;
ll sum
,sumr
,suml
,sumpl
;
ll cj[K],inv[K];
ll pl
,pr
;
int quick(ll x,ll y){
ll ans=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mod){
if(y&1) ans=ans*x%mod;
}
return ans;
}
ll c(int i,int j){
return cj[j]*inv[i]%mod*inv[j-i]%mod;
}
int main(){
ll a,b;int n,m,k;
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%lld%lld",&a,&b);scanf("%d",&k);
P2[0]=1;P2[1]=a*quick(b,mod-2)%mod;
a=b-a;
P[0]=1;P[1]=a*quick(b,mod-2)%mod;
rep(i,2,k){
P[i]=P[i-1]*P[1]%mod;P2[i]=P2[i-1]*P2[1]%mod;
}
cj[0]=1;
rep(i,1,k) cj[i]=cj[i-1]*i%mod;
inv[k]=quick(cj[k],mod-2);
for(i=k-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
rep(i,0,m-1){
if(i>k) pl[i+1]=0;
pl[i+1]=c(i,k)*P2[i]%mod*P[k-i]%mod;
pr[m-i]=pl[i+1];
}
rep(i,1,m) sumpl[i]=(sumpl[i-1]+pl[i])%mod;
sumr[0][m]=1;
rep(i,1,n){
rep(j,1,m) sum[j]=(sum[j-1]+pl[j]*sumr[i-1][j-1])%mod;
rep(j,1,m) dp[i][j]=((pr[j]*(sumr[i-1][m]-suml[i-1][j+1])%mod*sumpl[j]-pr[j]*sum[j])%mod+mod)%mod;
rep(j,1,m) sumr[i][j]=(sumr[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
rep(j,1,m) suml[i][j]=sumr[i][m-j+1];
}
sumr
[m]=(sumr
[m]+mod)%mod;
printf("%lld",sumr
[m]);
}
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