标签：sim   reg   期望   main   整数   pac   长度   lowbit   har   

题面

Description

你在跟朋友玩一个记忆游戏。
朋友首先给你看了\(n\)个长度相同的串，然后从中等概率随机选择了一个串。
每一轮你可以询问一个位置上的正确字符，如果能够凭借已有的信息确定出朋友所选的串，那么游戏就结束了，你的成绩就是所用的轮数。
由于你实在太笨，不会任何策略，因此你采用一种方法，每次等概率随机询问一个未询问过的位置的字符。
现在你想知道，在这种情况下，你猜出结果所需的期望次数。

Input

第\(1\)行包含一个整数 \(n\)，表示串的个数。
第 \(2\sim n+1\) 行每行包含一个长度相等的字符串，仅包含小写字母和大写字母。

Output

输出\(1\)行一个小数，表示猜出结果所需的期望次数，保留\(10\)位小数。

Sample Input

3
aaA
aBa
Caa

Sample Output

1.6666666667

HINT

设串长为\(l\)
对于\(20\%\)的数据，\(n,l≤10\)
对于\(30\%\)的数据， \(n,l≤15\)
对于\(60\%\)的数据， \(n,l≤20\)
对于\(100\%\)的数据， \(n≤50\)，\(l≤20\)

题解

设\(w[i][j]\)表示每个字符串的第\(i\)位出现字符\(j\)的二进制状态。

例如对于样例：

3
aaA
aBa
Caa

\(w[0]['a']=(011)_2\)，即所有字符串的第\(0\)位只有第\(0\)、\(1\)个串出现字符\('a'\)，所以\(w[0]['a']\)对应的二进制数的第\(0\)、\(1\)位为\(1\)。

这段的代码：

for(int j=0;j<len;j++)
{
    //s[i][j]即为第i个串的第j位
    w[j][s[i][j]]|=(1ll<<i);
}

设\(num[i]\)为当询问状态为\(i\)时，还不能确定这个串是不是朋友所选的串的串的个数，也可以理解为当询问状态为\(i\)时，还有多少个串满足条件。

询问状态即为用二进制存储的状压，询问状态\(x\)（\(x\)为二进制数）的第\(i\)位若为\(1\)，则说明已经询问过串的第\(i\)位。

则\(num[0]\)为\(n\)，即串的一位都没有询问，这时当然不能确定某个串是不是朋友所选的串，即为\(n\)。

设\(b[i][j]\)表示选择第\(i\)个串，询问状态为\(j\)时的确定状态。（询问状态的定义同上）

确定状态即为用二进制存储的状压，确定状态\(x\)（\(x\)为二进制数）的第\(i\)位若为\(1\)，则说明还不确定第\(i\)个字符串不是朋友所选择的串，若为\(0\)，则说明已经确定第\(i\)个字符串不是朋友所选择的串。

则\(b[i][0]=2^n-1\)，即询问状态为\(0\)时，这时当然不能确定某个串不是朋友所选的串，所以\(b[i][0]\)的二进制表达式中应该第\(0\sim n-1\)位都为\(1\)，即\(2^n-1\)。

然后我们枚举\(i\)，再枚举\(j\)：

我们设\(now\)为\(j\)的二进制表达式的从低位到高位第一个出现的\(1\)的位数，再设\(k\)为\(j\oplus lowbit(j)\)，即把\(j\)的第\(now\)位由\(1\)改为\(0\)，证明如下：

关于\(j\oplus lowbit(j)\)为把\(j\)的第\(now\)位由\(1\)改为\(0\)的证明（不想看的可以跳过下面两个段落）：

由于\(lowbit(j)\)表示的是第\(now\)位为\(1\)，第\(0\sim now-1\)位为\(0\)的值，即\(j\)的二进制表达式中最低位的\(1\)所对应的值，例如：\(lowbit((1001100)_2)=(100)_2\)，\(lowbit((11110)_2)=(10)_2\)。

那么由\(\oplus\)的运算法则（同0异1）可得\(k=j\oplus lowbit(j)\)会除了把\(j\)的二进制表达式中第\(now\)位取反，即由\(1\)改\(0\)之外，其余都不会变。即可得证。

那么从状态\(k\)转移到状态\(j\)即多询问了字符串的第\(now\)位。

则\(b[i][j]=b[i][k]\ \&\ w[now][s[i][now]]\)，即把所有字符串中第\(now\)位不是\(s[i][now]\)的在确定状态中设为\(0\)，即确定所有字符串中第\(now\)位不是\(s[i][now]\)的串不是朋友所选择的串，至于为何可以用这样的位运算维护，自己根据\(\&\)（按位与）的运算法则（有0则0）手推一下吧。我才不说我是懒得写证明了呢

再判断一下，如果\(b[i][j]!=lowbit(b[i][j])\)，即确定状态的二进制表达式中有不止一位有\(1\)，那么说明在当前询问状态下，还是有大于\(1\)个串有可能是朋友选择的串，不能确定，所以\(num[j]++\)，即对于选择第\(i\)个串，询问状态为\(j\)时，还是不能确定第\(i\)个串是不是朋友所选的串。揍一顿那个朋友不就好了

这一段的代码：

for(register int i=0;i<n;i++)
{
    b[i][0]=(1ll<<n)-1ll;//b[i][0]=2^n-1
    for(register int j=1;j<tot;j++)//tot为状态最大数，即1<<len
    {
        int k=j^lowbit(j);//把j的第now位由1改为0
        int now=__builtin_ctz(j);//now为j的二进制表达式的从低位到高位第一个出现的1的位数
        b[i][j]=b[i][k]&w[now][s[i][now]];
        if(b[i][j]!=lowbit(b[i][j])) num[j]++;//即确定状态的二进制表达式中有不止一位有1
    }
}

之后，我们设\(sum[i]\)表示\(i\)的二进制表达式中\(1\)的个数。

求\(sum\)就不多说了，\(O(n)\)代码：

for(register int i=1;i<tot;i++)
    sum[i]=sum[i>>1]+(i&1);

接下来设\(dp[i]\)表示转移到询问状态\(i\)的概率（他也可能不问某一位嘛，概率事件）

然后枚举询问状态\(i\)，再枚举询问状态\(i\)在二进制表达式下的每一位。

如果这一位是\(1\)，即有询问过这一位，我们才进行接下来的操作。这不废话吗

我们设\(tmp=1/(len-sum[i]+1)\)为由询问状态\(i\oplus (1<<j)\)转移到询问状态\(i\)的概率。

那么就是\(1\)除以询问状态\(i\oplus (1<<j)\)中\(0\)的个数（即还没询问的个数），即
\(1/(len-sum[i\oplus (1<<j)])\)，即\(1/(len-sum[i]+1)\)。

再让\(tmp=f[i\oplus (1<<j)]/(len-sum[i]+1)\)，即由无询问转移到询问状态为\(i\)的概率（且上一个询问状态为\(i\oplus(1<<j)\)）。

然后让\(ans+=sum[i]*tmp*(num[i\oplus (1<<j)]-num[i])\)。

\(sum[i]\)为\(i\)中有多少个\(1\)，即询问次数。

\(tmp\)就是概率。

\(num[i\oplus (1<<j)]-num[i]\)就是计算从不确定变成确定的串的个数，那么我们选其中任意一个串作为答案都可以转移到询问状态\(i\)。

合起来就是：\(期望=操作次数/概率\)

这一段的代码：

dp[0]=1;
for(int i=1;i<tot;i++)
{
    for(int j=0;j<len;j++)
    {
        if((i>>j)&1)
        {
            ld tmp=dp[i^(1<<j)]/(len-sum[i]+1);
            ans+=sum[i]*tmp*(num[i^(1<<j)]-num[i]);
            dp[i]+=tmp;//统计总概率
        }
    }
}

全部的代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
#define ll long long
#define ld long double
 
using namespace std;
 
int n,s[55][25],len,tot,num[1<<20],sum[1<<20];
ll b[55][1<<20],w[25][55];
ld dp[1<<20],ans;
 
int change(char c)
{
    if('a'<=c&&c<='z')
        return c-'a';
    return c-'A'+26;
}
 
ll lowbit(ll x)
{
    return x&-x;
}
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        char ch[25];
        scanf("%s",ch);
        if(!len)len=strlen(ch),tot=1<<len;
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
            s[i][j]=change(ch[j]);
            w[j][s[i][j]]|=(1ll<<i);
        }
    }   
    num[0]=n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        b[i][0]=(1ll<<n)-1ll;
        for(int j=1;j<tot;j++)
        {
            int k=j^lowbit(j);
            int now=__builtin_ctz(j);
            b[i][j]=b[i][k]&w[now][s[i][now]];
            if(b[i][j]!=lowbit(b[i][j])) num[j]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<tot;i++)
        sum[i]=sum[i>>1]+(i&1);
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<tot;i++)
    {
        for(int j=0;j<len;j++)
        {
            if((i>>j)&1)
            {
                ld tmp=dp[i^(1<<j)]/(len-sum[i]+1);
                ans+=sum[i]*tmp*(num[i^(1<<j)]-num[i]);
                dp[i]+=tmp;
            }
        }
    }
    printf("%.10Lf\n",ans/n);//因为选择每个串都是等概论事件，所以要除以一个n
    return 0;
}

【XSY2518】记忆（memory）（状压dp，概率与期望，概率dp）

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原文地址：https://www.cnblogs.com/ez-lcw/p/11491335.html