51nod 1667 概率好题

Problem

甲乙进行比赛。

他们各有k1,k2个集合[Li,Ri]

每次随机从他们拥有的每个集合中都取出一个数

S1=∑甲取出的数

S2同理

若S1>S2甲胜 若S1=S2平局 否则乙胜

分别求出甲胜、平局、乙胜的概率。

Solution

对于甲的每个数可以表示为这样一个形式Ri−xi其中xi∈[0,Ri−Li]

类似的，对于乙中的每个数可以表示为这样一个形式Li+yi其中yi∈[0,Ri−Li]

那么甲胜利的条件即为：

∑Ri−∑xi>∑Li+∑yi

变形为：

∑xi+∑yi<∑Ri−∑Li

于是可以发现右边的是一个常数

我们加入一个变量k(k∈[0,+∞)

那么不等式变成：

∑xi+∑yi+k=∑Ri−∑Li−1

(注意有一个-1是因为不等式中是<)

于是就变成了求方程有多少个不同的解。

容斥

问题现在变成：

我们有一个有k1+k2+1个未知数的方程，其中每个未知数都是非负整数且有上限，现在我们需要知道有多少组解。

于是我们可以容斥，答案要求的是满足所有未知数都在其上限以内的方案数，于是设S(i)表示至少有i个未知数不符合要求的方案数，那么可以得到：

Ans=∑(−1)i×S(i)

枚举未知数符合或不符合的状态，那么对于一个不符合要求的未知数，由于原本应当是xi≤upi，不符合就变成xi>upi，即xi−upi−1≥0

所以将等式的常数减去upi+1就变成了经典的挡板问题：将n个球放进m个盒子里，求方案数。（注意：由于此问题中m很小，于是可以直接暴力算组合数）

记第一道640

Code

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

int get(){
char ch;
int s=0;
bool bz=0;
while(ch=getchar(),(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-');
if (ch=='-')bz=1;else s=ch-'0';
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
if (bz)return -s;
return s;
}

const int N = 20;
const int mo = 1e+9+7;

typedef long long LL;

int u
;
int n,k1,k2,t;
LL sum,ans;
bool bz
;

LL quickmi(LL x,LL tim){
LL ans=1;
while(tim){
if (tim%2)ans=ans*x%mo;
x=x*x%mo;
tim/=2;
}
return ans;
}

LL c(LL n,int m){
LL ans=1;
fo(i,1,m)ans=ans*(n-i+1)%mo;
fo(i,1,m)ans=ans*quickmi(i,mo-2)%mo;
return ans;
}

void calc(){
LL tmp=sum;
fo(i,1,n)
if (bz[i])tmp-=u[i]+1;
if (tmp<0)return;
LL v=c(tmp+n,n);
bool pd=0;
fo(i,1,n)pd^=bz[i];
if (pd)ans=(ans+mo-v)%mo;
else ans=(ans+v)%mo;
}

void getans(int x){
if (x>n){
calc();
return;
}
bz[x]=0;
getans(x+1);
bz[x]=1;
getans(x+1);
}

int main(){
t=get();
fo(cas,1,t){
k1=get();
sum=0;
fo(i,1,k1){
int l=get(),r=get();
u[i]=r-l;
sum+=r;
}
k2=get();
fo(i,1,k2){
int l=get(),r=get();
u[i+k1]=r-l;
sum-=l;
}
n=k1+k2;
u[n+1]=1e+9;
sum--;
LL ans1=0;ans=0;
if(sum<0)ans1=0;
else{
getans(1);
ans1=ans;
}
ans=0;
sum++;
if (sum<0)ans=0;
else getans(1);
ans=(ans-ans1+mo)%mo;
fo(i,1,n)ans=ans*quickmi(u[i]+1,mo-2)%mo;
fo(i,1,n)ans1=ans1*quickmi(u[i]+1,mo-2)%mo;
printf("%lld %lld %lld\n",ans1,ans,(1+mo*2-ans-ans1)%mo);
}
return 0;
}