标签：scan || break ret http 字符串 tmp 位置 i+1
9个月的心头大恨终于切掉了！！！！
非常好的一道题，不知为何uoj上被点了70个差评。
题目链接: http://uoj.ac/problem/214
题目大意: 请自行阅读。
题解:
官方题解讲得相当清楚，这里补充一下自己的一些理解。
首先来看\(O(2^{n-m}\times poly(n,m))\)的做法。
一种理解方式是官方题解。
设\(s\)为总共的课程个数(\(n\)个字符串的总长度)，\(p(S)\)表示结尾位置为集合\(S\)的串全部匹配一共需要完成多少个不同的课程。设\(f(t)\)表示\(t\)时刻整个过程没有终止的概率，\(prob(S,t)\)表示\(S\)集合结尾的串在\(t\)时刻或者之前已经完成匹配的概率。\(ans\)为答案。
\(ans=\sum^{+\inf}_{t=0} f(t)=\sum^{+\inf}_{t=0} \sum_{S, |S|\ge 0}(-1)^{|S|} prob(S,t)=\sum^{+\inf}_{t=0} \sum_{S,|S|\ge 0}(-1)^{|S|} \sum^{f(S)}_{i=0} (-1)^i{f(S)\choose i}(\frac{s-i}{s})^t\\ =\sum^{+\inf}_{t=0} \sum_{S,|S|\ge 0}(-1)^{|S|} \sum^{f(S)}_{i=1} (-1)^i{f(S)\choose i}(\frac{s-i}{s})^t\\ =\sum_{S,|S|\ge 0}(-1)^{|S|} \sum^{f(S)}_{i=0} (-1)^i{f(s)\choose i}\sum^{\inf}_{t=0}(\frac{s-i}{s})^t=\sum_{S,|S|\ge 0}(-1)^{|S|} \sum^{f(S)}_{i=0} (-1)^i{f(S)\choose i} \frac{s}{i}\)
计算即可。
其实还有另外一种理解方式。我们要求的是所有串匹配时间最小值的期望，根据Min-Max容斥，我们可以通过枚举子集转化成对每个子集求该子集内串匹配时间最大值的期望，然后转化成每一时刻没结束的概率。
然后来看更难的\(O(2^m\times poly(n,m))\)做法。
对于所有\(p(S)\)相同的\(S\), 其对答案的贡献没有区别。
因此对于所有\(k\)，考虑计算\(p(S)=k\)的\(S\)的个数。
然后直接dp即可。
代码错误记录: 注意solution1如果\(n-m=16\)的话数组要开到\(2^{17}\).
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define llong long long
using namespace std;
const int N = 30;
const int S = 26;
const int P = 998244353;
bool ok[N+3];
int f[N+3][S+3];
char str[N+3];
char a[N+3];
llong fact[2000003],finv[2000003],inv[2000003];
int cnt[(1<<17)+3];
int n,m,s;
llong quickpow(llong x,llong y)
{
llong cur = x,ret = 1ll;
for(int i=0; y; i++)
{
if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
cur = cur*cur%P;
}
return ret;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0 || y<0 || x<y ? 0ll : fact[x]*finv[y]%P*finv[x-y]%P;}
namespace Solution1
{
int ff[N+3][S+3];
llong ans;
void solve()
{
ans = 0ll;
for(int i=1; i<(1<<(n-m+1)); i++)
{
llong cur = 0ll; bool gg = false;
for(int j=0; j<=n-m; j++)
{
if(i&(1<<j))
{
for(int k=0; k<m; k++)
{
ff[j+k][a[k]-96] = true;
if(f[j+k][a[k]-96]==false) {gg = true; break;}
}
if(gg==true) break;
}
}
if(gg)
{
for(int j=0; j<n; j++)
{
for(int k=1; k<=S; k++)
{
ff[j][k] = false;
}
}
continue;
}
int num = 0;
for(int j=0; j<n; j++)
{
for(int k=1; k<=S; k++)
{
if(ff[j][k]==true) {num++;}
}
}
for(int j=1; j<=num; j++)
{
llong tmp = (llong)s*inv[j]%P*comb(num,j)%P;
if(!(j&1)) {cur = (cur+tmp)%P;}
else {cur = (cur-tmp+P)%P;}
}
for(int j=0; j<n; j++)
{
for(int k=1; k<=S; k++)
{
ff[j][k] = false;
}
}
if(cnt[i]&1) {ans = (ans-cur+P)%P;}
else {ans = (ans+cur+P)%P;}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
namespace Solution2
{
#define U ((1<<m)-1)
const int M = 14;
llong dp[N+3][(1<<M)+3][N*M+3];
bool ff[N+3][M+3];
void update(llong &x,llong y) {x = (x+y)%P;}
void solve()
{
llong ans = 0ll;
dp[m-1][0][0] = 1ll;
for(int i=m-1; i<n; i++)
{
for(int j=0; j<(1<<m); j++)
{
bool okk = true;
for(int k=0; k<m; k++) if((j&(1<<k)) && ok[i-k-1]==false) {okk = false; break;}
if(!okk) continue;
int p = 0;
for(int k=0; k<m; k++)
{
if(j&(1<<k))
{
for(int l=0; l<m; l++)
{
ff[i-k-1-m+1+l][a[l]-96] = true;
}
}
}
for(int l=0; l<m; l++)
{
if(ff[i-m+1+l][a[l]-96]==false)
{
p++;
}
}
for(int k=0; k<m; k++)
{
if(j&(1<<k))
{
for(int l=0; l<m; l++)
{
ff[i-k-1-m+1+l][a[l]-96] = false;
}
}
}
for(int k=0; k<=n*m; k++)
{
if(dp[i][j][k]==0) continue;
update(dp[i+1][(j<<1)&U][k],dp[i][j][k]);
update(dp[i+1][(j<<1|1)&U][k+p],P-dp[i][j][k]);
dp[i][j][k] = 0ll;
}
}
}
for(int i=1; i<=n*m; i++)
{
llong coe = 0ll;
for(int j=1; j<=i; j++)
{
llong tmp = s*inv[j]%P*comb(i,j)%P;
if(j&1) {coe = (coe-tmp+P)%P;}
else {coe = (coe+tmp)%P;}
}
llong sum = 0ll;
for(int j=0; j<(1<<m); j++)
{
sum = (sum+dp[n][j][i])%P;
dp[n][j][i] = 0ll;
}
ans = (ans+sum*coe)%P;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
int main()
{
fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=2000000; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
finv[2000000] = quickpow(fact[2000000],P-2); for(int i=1999999; i>=0; i--) finv[i] = finv[i+1]*(i+1)%P;
for(int i=1; i<=2000000; i++) inv[i] = finv[i]*fact[i-1]%P;
cnt[0] = 0; for(int i=1; i<(1<<17); i++) cnt[i] = cnt[i>>1]+(i&1);
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m); s = 0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%s",str); int l = strlen(str);
for(int j=0; j<l; j++)
{
f[i][str[j]-96] = true; s++;
}
}
scanf("%s",a); bool exist = false;
for(int i=m-1; i<n; i++)
{
ok[i] = true;
for(int j=0; j<m; j++)
{
if(f[i-m+1+j][a[j]-96]==false) {ok[i] = false; break;}
}
if(ok[i]) {exist = true;}
}
if(exist==false) {printf("-1\n");}
else
{
if(n-m<=16)
{
Solution1::solve();
}
else
{
Solution2::solve();
}
}
for(int i=0; i<n; i++)
{
for(int j=1; j<=S; j++) f[i][j] = false;
ok[i] = false;
}
}
return 0;
}UOJ #214 合唱队形 (概率期望计数、DP、Min-Max容斥)
标签：scan || break ret http 字符串 tmp 位置 i+1
原文地址：https://www.cnblogs.com/suncongbo/p/11027093.html
