ABC216H - Random Robots（容斥，状压DP）
题面
有
K
K
K 个机器人初始分别位于数轴上
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
K
x_1,x_2,…,x_{K}
x1,x2,…,xK 的整点位置。
接下来会经历
N
N
N 秒，每一秒都会发生如下事件：
- 每个机器人分别有一半的概率停住不动，有一般的概率往坐标轴正方向移动一单位距离。每个机器人的移动是同时进行的。
问机器人互相不碰撞的概率是多少。对
998244353
998244353
998244353 取模。
2
≤
K
≤
10
,
1
≤
N
≤
1000
,
0
≤
x
1
<
x
2
<
.
.
.
<
x
K
≤
1000
.
2\leq K\leq10,1\leq N\leq1000,0\leq x_1<x_2<…<x_K\leq1000\,.
2≤K≤10,1≤N≤1000,0≤x1<x2<…<xK≤1000.
题解
听说要用
L
G
V
\tt LGV
LGV ？听他吹吧
还是离得挺远的，只是用了下
L
G
V
\tt LGV
LGV 引理的核心——容斥原理罢了。
把问题转化到二维平面，每个机器人在
x
x
x 轴方向照常，在
y
y
y 轴方向每秒都前进一格。看起来是不是很像
L
V
G
\tt LVG
LVG 的问题了？但这样完全没用。
我们把最终的机器人序列从左到右记录为
P
P
P，为了利用容斥原理，我们定义一个不合法条件为某个逆序对是否存在，因为存在某个逆序对，可以等价于两个机器人相撞，而最终答案不受影响。可以用
L
G
V
LGV
LGV 引理的路径交换思想加深理解。
形式化地，我们可以把答案表示为：
∑
P
,
Q
(
−
1
)
σ
(
P
)
⋅
(
1
2
)
N
K
⋅
∏
i
=
1
K
C
(
N
,
Q
i
−
x
i
)
\sum_{P,Q} (-1)^{σ(P)}\cdot(\frac{1}{2})^{NK}\cdot\prod_{i=1}^K {\rm C}(N,Q_i-x_i)
P,Q∑(−1)σ(P)⋅(21)NK⋅i=1∏KC(N,Qi−xi)
序列
Q
Q
Q 是最终的位置序列，是递增的，中间的
(
1
2
)
N
K
(\frac{1}{2})^{NK}
(21)NK 是一个方案的概率，右边用组合数算出了每种
(
P
,
Q
)
(P,Q)
(P,Q) 的情况数。
现在，我们面前有两个艰难的选择：壹，用状态压缩DP来模拟排列
P
P
P 的形成，同时用DP模拟序列
Q
Q
Q 的形成；贰，无比简单地直接枚举排列，然后计算别的，序列
Q
Q
Q 、组合数……
后者，
n
!
n!
n! 直接达到了
3
e
6
3e6
3e6 级别，后面的没法算了。所以我们选择前者。定义
d
p
[
S
]
[
j
]
dp[S][j]
dp[S][j] 表示当前已经往排列中（从左往右）填入的机器人集合为
S
S
S，同时最靠右的机器人最终位置
≤
j
\leq j
≤j 的带权方案数。加入一个机器人，可以通过
S
S
S 算出前面比它标号大的个数，维护逆序对，而且它的最终位置要比前面的都靠右，所以很好维护，我们令
d
(
S
,
i
)
d(S,i)
d(S,i) 表示
S
S
S 中比
i
i
i 标号大的机器人个数，有如下转移：
d
p
[
S
]
[
j
]
=
d
p
[
S
]
[
j
−
1
]
+
∑
i
∈
S
(
−
1
)
d
(
S
,
i
)
d
p
[
∁
S
i
]
[
j
−
1
]
⋅
C
(
N
,
j
−
x
i
)
⋅
(
1
2
)
N
dp[S][j]=dp[S][j-1]+\sum_{i\in S}(-1)^{d(S,i)}dp[\complement_S\,i][j-1]\cdot {\rm C}(N,j-x_i)\cdot (\frac{1}{2})^{N}
dp[S][j]=dp[S][j−1] + i∈S∑(−1)d(S,i)dp[∁Si][j−1]⋅C(N,j−xi)⋅(21)N
最终答案就是
d
p
[
U
]
[
max
x
+
N
]
dp[U][\max x+N]
dp[U][maxx+N] 取模
998244353
998244353
998244353 ，时间复杂度
O
(
2
K
K
N
)
{\rm O}(2^{K}KN)
O(2KKN) 。
如何评价 jiangly 说用
L
G
V
\tt LGV
LGV ，结果代码打的是状压DP ？ 其实说的有道理。
CODE
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define SI(x) multiset<x>::iterator
#define MI map<int,int>::iterator
#define eps (1e-4)
#pragma GCC optimize(2)
LL read() {
LL f=1,x=0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f*x;
}
void putpos(LL x) {
if(!x) return ;
putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
if(!x) putchar('0');
else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
else putpos(x);
}
void AIput(LL x,char c) {putnum(x);putchar(c);}
const int MOD = 998244353;
int n,m,s,o,k;
int dp[1<<10|5][MAXN<<1];
int fac[MAXN<<1],inv[MAXN<<1],invf[MAXN<<1];
int invp[MAXN<<1];
int C(int n,int m) {
if(m < 0 || m > n) return 0;
return fac[n] *1ll* invf[n-m] % MOD *1ll* invf[m] % MOD;
}
int F(int xx) {
return C(m,xx) *1ll* invp[m] % MOD;
}
int xx[MAXN];
int main() {
n = read(); m = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
xx[i] = read() + 1;
}
fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=invf[0]=invf[1]=1;
invp[0] = 1;
for(int i = 2;i <= m+3;i ++) {
fac[i] = fac[i-1] *1ll* i % MOD;
inv[i] = (MOD-inv[MOD%i]) *1ll* (MOD/i) % MOD;
invf[i] = invf[i-1] *1ll* inv[i] % MOD;
}
for(int i = 1;i <= m;i ++) invp[i] = invp[i-1] *1ll* inv[2] % MOD;
dp[0][0] = 1;
for(int j = 1;j <= m+1001;j ++) dp[0][j] = 1;
int tp = (1<<n);
for(int i = 1;i < tp;i ++) {
for(int j = 1;j <= m+1001;j ++) {
int kk = 1;
dp[i][j] = dp[i][j-1];
for(int k = n;k > 0;k --) {
if(i & (1<<(k-1))) {
(dp[i][j] += kk*1ll*dp[i-(1<<(k-1))][j-1] % MOD *1ll* F(j-xx[k]) % MOD) %= MOD;
kk = MOD-kk;
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[tp-1][m+1001]);
return 0;
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